第50讲外接球、内切球、棱切球_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第50讲 外接球、内切球、棱切球
知识梳理
知识点一：正方体、长方体外接球
1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
3、补成长方体
(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．
(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．
PA
(3)正四面体P-ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a= ，如图3所示．
2
(4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示
图1 图2 图3 图4
知识点二：正四面体外接球
2
如图，设正四面体ABCD的的棱长为a，将其放入正方体中，则正方体的棱长为 a，显
2
2 3 6
然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为R= a⋅ = a，即正
2 2 4
6
四面体外接球半径为R= a．
4
知识点三：对棱相等的三棱锥外接球
四面体ABCD中，AB=CD=m，AC=BD=n，AD=BC=t，这种四面体叫做对棱
相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．
b2+c2=m2

如图，设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，则a2+c2=n2 ，三式相加可得a2+b2+c2=
a2+b2=t2
m2+n2+t2
,而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R，则a2+b2+c2=
2
m2+n2+t2
4R2，所以R= ．
8
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1395 3427知识点四：直棱柱外接球
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以
是任意三角形)
图1 图2 图3
第一步：确定球心O的位置，O 是ΔABC的外心，则OO ⊥平面ABC；
1 1
1 1
第二步：算出小圆O 的半径AO =r，OO = AA = h(AA =h也是圆柱的高)；
1 1 1 2 1 2 1
h 第三步：勾股定理：OA2=OA2+OO2⇒R2=
1 1 2
 2 +r2⇒R= r2+ h
2
 2 ，解出R
知识点五：直棱锥外接球
如图，PA⊥平面ABC，求外接球半径．
解题步骤：
第一步：将ΔABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接
PD，则PD必过球心O；
第二步：O 为ΔABC的外心，所以OO ⊥平面ABC，算出小圆O 的半径O D=r(三
1 1 1 1
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1396 3427a b c 1
角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得 = = =2r)，OO = PA；
sinA sinB sinC 1 2
第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：① (2R)2= PA2+ (2r)2⇔ 2R =
PA2+(2r)2；
②R2=r2+OO2⇔R= r2+OO2．
1 1
知识点六：正棱锥与侧棱相等模型
r2+h2
1、正棱锥外接球半径：R= ．
2h
2、侧棱相等模型：
如图，P的射影是ΔABC的外心
⇔三棱锥P-ABC的三条侧棱相等
⇔三棱锥P-ABC的底面ΔABC在圆锥的底上，顶点P点也是圆锥的顶点．
解题步骤：
第一步：确定球心O的位置，取ΔABC的外心O ，则P,O,O 三点共线；
1 1
第二步：先算出小圆O 的半径AO =r，再算出棱锥的高PO =h(也是圆锥的高)；
1 1 1
r2+h2
第三步：勾股定理：OA2=OA2+OO2⇒R2=(h-R)2+r2，解出R= ．
1 1 2h
知识点七：侧棱为外接球直径模型
方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．
知识点八：共斜边拼接模型
如图，在四面体ABCD中，AB⊥AD，CB⊥CD，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角
三角形拼接而形成的，BD为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O为公共斜
边BD的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，OA=OC=OB=
OD，即点O到A，B，C，D四点的距离相等，故点O就是四面体ABCD外接球的球心，公共
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1397 3427的斜边BD就是外接球的一条直径．
知识点九：垂面模型
如图1所示为四面体P-ABC，已知平面PAB⊥平面ABC，其外接球问题的步骤如下：
(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O 和O ．
1 2
(2)分别过O 和O 作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．
1 2
(3)过O 作AB的垂线，垂足记为D，连接O D，则O D⊥AB．
1 2 2
(4)在四棱锥A-DOOO 中，AD垂直于平面DOOO ，如图2所示，底面四边形DOOO
1 2 1 2 1 2
的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．
图1 图2
知识点十：最值模型
这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等
知识点十一：二面角模型
如图1所示为四面体P-ABC，已知二面角P-AB-C大小为α，其外接球问题的步骤
如下：
(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O 和O ．
1 2
(2)分别过O 和O 作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．
1 2
(3)过O 作AB的垂线，垂足记为D，连接O D，则O D⊥AB．
1 2 2
(4)在四棱锥A-DO OO 中，AD垂直于平面DO OO ，如图2所示，底面四边形
1 2 1 2
DOOO 的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．
1 2
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1398 3427知识点十二：坐标法
对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为O(x,y,z)，利用球
心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外
接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．
知识点十三：圆锥圆柱圆台模型
1、球内接圆锥
如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R．通常在△OCB中，由勾股定理
建立方程来计算R．如图2，当PC>CB时，球心在圆锥内部；如图3，当PC<CB时，球心
在圆锥外部．和本专题前面的内接正四棱锥问题情形相同，图2和图3两种情况建立的方程
是一样的，故无需提前判断．
h2+r2
由图2、图3可知，OC=h-R或R-h，故(h-R)2+r2=R2，所以R= ．
2h
2、球内接圆柱
h
如图，圆柱的底面圆半径为r，高为h，其外接球的半径为R，三者之间满足
2
 +r2=
R2．
3、球内接圆台
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1399 3427r2-r2-h2
R2=r2+ 2 1
2 2h

2
，其中r,r ,h分别为圆台的上底面、下底面、高．
1 2
知识点十四：锥体内切球
3V
方法：等体积法，即R= 体积
S
表面积
知识点十五：棱切球
方法：找切点，找球心，构造直角三角形
必考题型全归纳
1 题型一：外接球之正方体、长方体模型
2393 (2024·云南昆明·高一校考期末)正方体的表面积为96，则正方体外接球的表面积为
【答案】48π
【解析】设正方体的棱长为a，因为正方体的表面积为96，可得6a2=96，解得a=4，
则正方体的对角线长为l= 42+42+42=4 3，
设正方体的外接球的半径为R，可得2R=4 3，解得R=2 3，
所以外接球的表面积为S=4πR2=4π⋅(2 3)2=48π.
故答案为：48π.
2394 (2024·吉林·高一校联考期末)已知正方体的顶点都在球面上，若正方体棱长为 3，则球
的表面积为 ．
【答案】9π
【解析】该球为正方体外接球，其半径R与正方体棱长a之间的关系为2R= 3a，
3
由a= 3，可得R= ，所以球的表面积S=4πR2=9π.
2
【答案】：9π
2395 (2024·全国·高一专题练习)已知长方体的顶点都在球O表面上，长方体中从一个顶点出
发的三条棱长分别为2，3，4则球O的表面积是
【答案】29π
【解析】由题意可知：长方体的长宽高为2，3，4，所以长方体的体对角线长为：
29 29
22+32+42= 29，故长方体的外接球的半径为 ，球的表面积为：4π
2 2

2
=29π，
故答案为：29π
2396 (2024·湖南长沙·高一长郡中学校考期中)长方体ABCD-ABCD 的外接球的表面积
1 1 1 1
为25π，AB= 3，AD= 6，则长方体ABCD-ABCD 的体积为 .
1 1 1 1
【答案】12 2
【解析】因为长方体ABCD-ABCD 的外接球的表面积为25π，
1 1 1 1
5
设球的半径为R，由题意4πR2=25π，R= ，2R=5，
2
长方体ABCD-ABCD 的外接球的一条直径为AC = AB2+AD2+AA2=5.
1 1 1 1 1 1
因为AB= 3，AD= 6，所以 3+6+AA2=5，AA =4，
1 1
则长方体ABCD-ABCD 的体积为AB×AD×AA =12 2.
1 1 1 1 1
故答案为：12 2
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1400 34272397 (2024·天津静海·高一校考期中)在长方体ABCD-ABCD 中，AB=6，BC=2 3，
1 1 1 1
BB =4，则长方体外接球的表面积为 ．
1
【答案】64π
【解析】由题意，根据长方体ABCD-ABCD 外接球的性质，可得2R=
1 1 1 1
AB2+BC2+BB2 1 = 62+2 3  2+42=8，
∴R=4，该长方体的外接球的表面积S=4πR2=64π.
故答案为：64π.
2 题型二：外接球之正四面体模型
2398 (2024·湖北宜昌·宜昌市夷陵中学校考模拟预测)已知正四面体ABCD的表面积为
2 3，且A，B，C，D四点都在球O的球面上，则球O的体积为 ．
3
【答案】 π
2
【解析】正四面体各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为a，
1 a 所以该正四面体的表面积为S=4× ×a× a2-
2 2
 2 = 3a2，所以a= 2，
又正方体的面对角线可构成正四面体，
若正四面体棱长为 2，可得正方体的棱长为1，
3
所以正方体的外接球即为该正四面体的外接球，所以外接球的直径为 3，半径为 ，
2
3
所以球O的体积为 π．
2
3
故答案为： π
2
2399 (2024·浙江·高二校联考期中)正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，
则该正四面体的棱长是 ．
【答案】2 6
【解析】如图所示：
因为正四面体内接于球，则相应的一个正方体内接球，设正方体为ABCD-ABCD
1 1 1 1
，
则正四面体为A-CBD ，
1 1
设球的半径为R，则4πR2=36π，
解得R=3，
所以AC =6则正方体的棱长为2 3，
1
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1401 3427所以正四面体的棱长为AD =2 6，
1
故答案为：2 6
2400 (2024·全国·高三专题练习)棱长为 2的正四面体的外接球体积为 .
3π
【答案】
2
【解析】如图，棱长为 2的正四面体可以嵌入到棱长为1的立方体中，所以正四面体的外
接球与所嵌入的立方体的外接球相同.
3
设立方体的外接球半径为R，则R= ，
2
4 4 3
所以立方体外接球的体积V= πR3= π⋅
3 3 2

3 3
= π.
2
3
故正四面体的外接球体积为 π.
2
3
故答案为： π
2
2401 (2024·全国·高一假期作业)正四面体P-BDE和边长为1的正方体ABCD-
ABCD 有公共顶点B，D，则该正四面体P-BDE的外接球的体积为 .
1 1 1 1
3
【答案】 π
2
【解析】由图可知正四面体P-BDE的外接球的体积等于正方体ABCD-ABCD 的
1 1 1 1
外接球的体积，求正方体外接球体积即可．
如图，由题可得正四面体P-BDE与正四面体A -BDC 全等，
1 1
所以正四面体P-BDE的外接球的体积等于正四面体A -BDC 的外接球的体积，
1 1
也即是正方体ABCD-ABCD 的外接球的体积，
1 1 1 1
因为正方体棱长为1，所以外接球直径为 1+1+1= 3，
4 3
所以正方体ABCD-ABCD 的外接球的体积为： π
1 1 1 1 3 2

3 3
= π，
2
3
所以正四面体P-BDE的外接球的体积为 π．
2
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1402 34273
故答案为： π．
2
2402 (2024·安徽池州·高二池州市第一中学校考期中)正四面体P-ABC中，其侧面积与底
面积之差为2 3，则该正四面体外接球的体积为 .
【答案】 6π
3
【解析】设正四面体P-ABC的边长为a，则该正四面体每个面的面积为 a2，
4
3 3 3 3
正四面体P-ABC的侧面积与底面积之差为 a2- a2= a2=2 3，解得a=
4 4 2
2.
如下图所示：
过点P作PD⊥平面ABC，垂足为点D，连接AD，可知外接球球心O在PD上，
2 2 3
设球O的半径为R，△ABC的外接圆半径为AD= = ，PD= PA2-AD2
2sin60° 3
2 6
= ，
3
2 6
由图可知，OD2+AD2=OA2，即 -R
3

2 4 6
+ =R2，解得R= .
3 2
4 6
因此，正四面体P-ABC的外接球体积为V= π×
3 2

3
= 6π.
故答案为： 6π.
3 题型三：外接球之对棱相等的三棱锥模型
2403 (2024·高一单元测试)在四面体ABCD中，若AB=CD= 3，AC=BD=2，AD=
BC= 5，则四面体ABCD的外接球的表面积为 ( )
A.2π B.4π C.6π D.8π
【答案】C
【解析】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，
所以可在其每个面补上一个以 3，2， 5为三边的三角形作为底面，且以分别x，y，z
长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2
+y2=3，x2+z2=5，y2+z2=4，则有(2R)2=x2+y2+z2=6(R为球的半径)，得2R2=
3，
所以球的表面积为S=4πR2=6π．
故答案为6π．
2404 (2024·河南·开封高中校考模拟预测)已知四面体ABCD中，AB=CD=2 5，AC=
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1403 3427BD= 29，AD=BC= 41，则四面体ABCD外接球的体积为 ( )
15 5π 45 5π
A.45π B. C. D.24 5π
2 2
【答案】C
【解析】设四面体ABCD的外接球的半径为R,
则四面体ABCD在一个长宽高为a,b,c的长方体中，如图，
a2+b2=20,
 a2+b2+c2 45
则b2+c2=29, 故R= = ，
2 2
a2+c2=41,
4 4 45 45 45 5π
故四面体ABCD外接球的体积为V= πR3= π× = ，
3 3 8 2
故选：C
2405 (2024·广东揭阳·高二校联考期中)在三棱锥S-ABC中，SA=BC=5，SB=AC=
41，SC=AB= 34，则该三棱锥的外接球表面积是 ( )
A.50π B.100π C.150π D.200π
【答案】A
【解析】因为SA=BC=5,SB=AC= 41,SC=AB= 34，
所以可以将三棱锥S-ABC如图放置于一个长方体中，如图所示：
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
a2+b2=41

则有a2+c2=25，整理得a2+b2+c2=50，
b2+c2=34
则该棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，
所以有a2+b2+c2=50=2R 
5 2
2⇒R= ，
2
5 2
所以所求的球体表面积为：S=4πR2=4×π×
2

2
=50π．
故选：A．
2406 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱锥P-ABC中，PA=BC= 3，PB=AC=
2，PC=AB= 5，则三棱锥P-ABC外接球的体积为 ( )
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1404 3427A. 2π B. 3π C. 6π D.6π
【答案】C
【解析】由题意，PA=BC= 3，PB=AC=2，PC=AB= 5，将三棱锥P-ABC放
到长方体中，可得长方体的三条对角线分别为 3，2， 5，
设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，
则 a2+b2= 3， a2+c2=2， c2+b2= 5，
解得a=1，b= 2，c= 3．
1 6
所以三棱锥P-ABC外接球的半径R= × a2+b2+c2= ．
2 2
4
∴三棱锥P-ABC外接球的体积V= πR3= 6π．
3
故选：C
4 题型四：外接球之直棱柱模型
2407 (2024·陕西安康·统考三模)已知矩形ABCD的周长为36，把它沿图中的虚线折成正六
棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为 ．
【答案】52π
【解析】设正六棱柱的底面边长为x，高为y，则6x+y=18，0<x<3，
3 3
正六棱柱的体积V=6× x2y= ⋅3x⋅3x⋅18-6x
4 6

3 3x+3x+18-6x
≤
6
 

 3
 3
=36 3，
当且仅当3x=18-6x，即x=2时，等号成立，此时y=6正六棱柱的外接球的球心在其
上下底面中心的连线的中点，
其半径为 22+32= 13，∴外接球的表面积为4π×13=52π．
故答案为：52π．
2408 (2024·黑龙江齐齐哈尔·高一齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习)设直三棱柱ABC-
ABC 的所有顶点都在一个表面积是40π的球面上，且AB=AC=AA,∠BAC=120°，
1 1 1 1
则此直三棱柱的表面积是 ( )
A.16+8 3 B.8+12 3 C.8+16 3 D.16+12 3
【答案】D
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1405 3427【解析】设AB=AC=AA =2m，因为∠BAC=120°，所以∠ACB=30°.
1
2m
于是 =2r(r是△ABC外接圆的半径)，r=2m.
sin30°
又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA 的一半，
1
所以球的半径为 (2m)2+m2= 5m.
所以球的表面积为4π⋅ 5m  2=40π，解得m= 2.
因此AB=AC=AA =2 2,BC=2 6.
1
于是直三棱柱的表面积是
1
2×2 2×2 2+2 6×2 2+2× ×2 2×2 2sin120°=16+12 3.
2
故选：D.
2409 (2024·全国·高三专题练习)在直三棱柱ABC-ABC 中，△ABC为等腰直角三角形，
1 1 1
若三棱柱ABC-ABC 的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为 ( )
1 1 1
A.12π B.24π C.48π D.96π
【答案】C
【解析】设△ABC为等腰直角三角形的直角边为a，三棱柱ABC-ABC 的高为h，
1 1 1
1 64
则V =S ⋅h= a2⋅h=32，所以a2⋅h=64，则a2= ，
ABC-A1B1C1 △ABC 2 h
1 2
△ABC外接圆的半径为r= a2+a2= a，
2 2
h 所以棱柱外接球的半径为R2=r2+
2
 2 = 1 a2+ h2 = 1 ⋅ 64 + h2 = 32 + h2 ，
2 4 2 h 4 h 4
32 h2 32 h -64+h3
令y= + ，则y=- + = =0，则h=4，
h 4 h2 2 2h2
32 h2
y= + 在0,4
h 4
 上单调递减，在4,+∞  上单调递增，
32 16
所以当h=4时，y = + =12，
min 4 4
则该三棱柱外接球表面积最小值为S=4πR2=4π⋅12=48π.
故选：C.
2410 (2024·湖北咸宁·高二鄂南高中校考阶段练习)已知正三棱柱ABC-ABC 的体积为
1 1 1
3 3，则其外接球表面积的最小值为 ( )
A.12π B.6π C.16π D.8π
【答案】A
【解析】设正三棱柱底边为a，高为h，外接球半径为R，如图所示，取上下底面正三角形的
的中心分别为D、D(D在中线CE的三等分点靠E处)，易知三棱柱ABC-ABC 的外
1 1 1
接球球心O在DD的中点处.
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1406 34271 故AO=R= AD2+ AA
2 1
 2 a = 
3
 2 h +
2
 2
1 3
由题意可得:V = ×a× a×h=3 3,∴ha2=12
ABC-A1B1C1 2 2
a2 h2
外接球表面积为：4πR2=4π +
3 4

4 h2
=4π +
h 4

2 2 h2
=4π + +
h h 4
 ≥4π⋅
3 2 2 h2
3 ⋅ ⋅ =12π
h h 4
当且仅当h=2,a= 6时取得最小值12π.
故选：A
2411 (2024·全国·高三专题练习)在三棱柱ABC-ABC 中，已知BC=AB=1,∠BCC =
1 1 1 1
2 5
90°，AB⊥侧面BBCC，且直线CB与底面ABC所成角的正弦值为 ,则此三棱柱
1 1 1 5
的外接球的表面积为 ( )
A.3π B.4π C.5π D.6π
【答案】D
【解析】三棱柱ABC-ABC 如图所示，
1 1 1
因为∠BCC =90°，所以该三棱柱为直三棱柱.
1
因为AB⊥侧面BBCC，所以三条侧棱BA,BC,BB 两两互相垂直.
1 1 1
所以∠BCB为直线CB与底面ABC所成角，
1 1
2 5
所以sin∠BCB= ，则tan∠BCB=2.
1 5 1
因为BC=AB=1,所以BB =2.
1
将三棱柱补成长方体，设外接球的半径为R，
3
所以(2R)2=1+1+4=6⇒R2= ，
2
3
所以S=4πR2=4π =6π.
2
故选D.
第 页 共 页
1407 34272412 (2024·新疆昌吉·高三校考期末)已知正三棱柱ABC-ABC 所有棱长都为6，则此三
1 1 1
棱柱外接球的表面积为 ( )
A.48π B.60π C.64π D.84π
【答案】D
【解析】如图，D为棱BC的中点，G为正△ABC的中心，O为外接球的球心
1
根据直棱柱外接球的性质可知OG∥AA ，OG= AA =3，外接球半径R=OC，
1 2 1
∵正△ABC的边长为6，则CG=2 3
∴R2=OC2=OG2+CG2=32+(2 3)2=21
外接球的表面积S=4πR2=84π.
故选：D．
5 题型五：外接球之直棱锥模型
2413 (2024·安徽宣城·高一统考期末)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为3的等边三角
形，侧棱PA⊥平面ABC，且PA=4，则三棱锥P-ABC的外接球表面积为 ．
【答案】28π
【解析】根据已知，底面△ABC是边长为3的等边三角形，PA⊥平面ABC，
可得此三棱锥外接球，即以△ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球．
设正三棱柱的上下底面的中心分别为M,N，则外接球的球心O为MN的中点，
第 页 共 页
1408 34272 3 1
△ABC的外接圆半径为r=AN= × ×3= 3，d=ON= PA=2，
3 2 2
所以球的半径为R=OA= r2+d2= 7，
所以四面体P-ABC外接球的表面积为S=4πR2=28π，
故答案为：28π．
2414 (2024·江苏南京·高二统考期末)在三棱锥P-ABC中，PA⊥面ABC，△ABC为等边
三角形，且PA=AB= 3，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ．
【答案】7π
【解析】因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图所示，
此三棱锥外接球，即为以△ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球，
设球心为O，作OO⊥平面ABC，则O为△ABC的外接圆圆心，连接AO,AO，则
1 3
OO= PA= ，
2 2
设△ABC的外接圆半径为r，三棱锥P-ABC外接球半径为R，
AB 3
由正弦定理，得2r= = =2，所以r=1，
sin60° 3
2
3
Rt△OOA中，OA2+OO2=OA2，所以
2

2 7
+12=R2，解得R= ，
2
所以S=4πR2=7π．
故答案为：7π．
2415 (2024·四川成都·高一成都七中校考阶段练习)已知三棱锥P-ABC，其中PA⊥平面
ABC,∠BAC=120°,PA=AB=AC=2，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为 .
【答案】20π
【解析】根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，
第 页 共 页
1409 3427因为PA⊥平面ABC，所以OG∥PA，
设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，
因为PA⊥平面ABC,AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD∥AG，
1
因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD= PA=1，
2
∵∠BAC=120°,AB=AC=2，∴∠ACB=30°，
2
又△ABC外接圆的半径r=AG，由正弦定理得2r=2AG= =4⇒AG=2，
sin30°
所以该外接球的半径R满足R2=OG2+AG2=5，
所以外接球的表面积为S=4πR2=20π.
故答案为：20π．
2416 (2024·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测)在三棱锥D-ABC中，△ABC为等边三角
形，DC⊥平面ABC，若AC+CD=6，则三棱锥D-ABC外接球的表面积的最小值为
.
144π 144
【答案】 / π
7 7
【解析】设AB=AC=BC=a(0<a<6)，则CD=6-a，
取正三角形ABC的外心为O，设四面体ABCD的外接球球心为O，
连接OO,OC，则OO⊥平面ABC，
又DC⊥平面ABC，则OO⎳CD，
则平面OODC截球所得截面为大圆，又DC⊥CO，
1 1
则OO= CD=3- a
2 2
a 3
又底面外接圆的半径r=OC= = a，
2sin60° 3
1 a 所以三棱锥外接球的半径R= a2+3-
3 2
 2 = 7 a2-3a+9.
12
18 36 6
当a= 时，R有最小值 = 7，
7 7 7
6
所以三棱锥外接球的表面积的最小值为4π× 7
7

2 144π
= .
7
144π
故答案为：
7
第 页 共 页
1410 34272417 (2024·陕西榆林·高二校考阶段练习)已知三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB=
2
BC=CA=2，异面直线SC与AB所成角的余弦值为 ，则三棱锥S-ABC的外接球
4
的表面积为 ．
28π 28
【答案】 / π
3 3
【解析】如图，
分别取AC、SA、SB、AB的中点M、N、E、F，
连接MN、NE、EF、MF、ME，可得MN⎳SC，NE⎳AB，
2
则∠MNE为异面直线SC与AB所成角，∴cos∠MNE= ，
4
由SA⊥面ABC，而EF⎳SA，故EF⊥面ABC，MF⊂面ABC，则EF⊥MF，
1 1 1
设SA=t，可得MN= t2+4，NE= AB=1，EF= t，MF=1，则ME=
2 2 2
t2
+1，
4
在△MNE中，由余弦定理，可得ME2=MN2+NE2-2MN⋅NEcos∠MNE，
t2 t2 1 2
∴ +1= +1+1-2× t2+4×1× ，解得t=2，
4 4 2 4
设底面三角形ABC的中心为G，三棱锥S-ABC的外接球的球心为O，
连接OG，则OG⊥平面ABC，
2 2 3
由底面三角形ABC是边长为2的等边三角形，可得AG= 22-1= ，
3 3
∴O为三棱锥外接球的球心，∴OA=OS，则ON⊥SA，GA⎳ON，
1
又SA=2，可得OG= SA=1，
2
7
则三棱锥S-ABC的外接球的半径R=OA= AG2+OG2= ．
3
7
∴三棱锥S-ABC的外接球的表面积为S=4π×
3

2 28π
= ．
3
28π
故答案为： ．
3
2418 (2024·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，底
面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PD=3，
π
∠APD=∠BAD= ，则三棱锥P-AOD的外接球的体积为 .
3
第 页 共 页
1411 3427【答案】36π
【解析】取PA中点M，DA中点E，连接ME,EO，则ME⎳PD，
因为PD⊥底面ABCD，所以ME⊥平面ABCD，
因为四边形ABCD是菱形，则AO⊥OD，所以E是△AOD的外心，
又PD⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，
所以M到P,A,D,O四点距离相等，即为三棱锥P-AOD的外接球球心．
π 3
又PD=3，∠APD= ，所以PA= =6，
3 π
cos
3
所以MA=MP=3，
4π
所以三棱锥P-AOD的外接球体积为V= ×33=36π．
3
故答案为：36π．
2419 (2024·四川绵阳·绵阳中学校考二模)在四棱锥A-BCDE中，AB⊥平面BCDE，BC
⊥CD，BE⊥DE，∠CBE=120°，且AB=BC=BE=2，则该四棱锥的外接球的表面积
为 .
【答案】20π
【解析】连接BD,CE，
第 页 共 页
1412 3427因为BC⊥CD，BE⊥DE，所以E,C,B,D在直径为BD的圆上，
取BD的中点O，即四边形BCDE外接圆的圆心，
CB2+BE2-CE2 1 4+4-CE2
在△BCE中，cos∠CBE= 即- = ，解得CE=2 3，
2CB⋅BE 2 8
CE
所以四边形BCDE外接圆的直径即△BCE外接圆的直径为2r= =4，
sin∠CBE
所以OB=2，
因为AB⊥平面BCDE，所以四棱锥的外接球的球心O与底面BCDE的距离为OO=
1
AB=1，
2
所以四棱锥的外接球的半径为R= OB2+OO2= 5，对应的表面积为4πR2=20π
故答案为：20π
2420 (2024·广东韶关·高二统考期末)三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=4,∠BAC
π
= ,BC= 3,则三棱锥P-ABC外接球的体积是 ．
3
20
【答案】 5π
3
【解析】如图,将三棱锥还原成直三棱柱,设三棱柱的外接球球心为O,D,D分别为上下
1
底面的外心,则O为DD 的中点,AD为底面外接圆的半径,
1
1
所以球心O到面ABC的距离为0D= PA=2,
2
由正弦定理有:
BC 3
2AD= = =2⇒AD=1,
sin∠BAC 3
2
所以OA=R= OD2+AD2= 5,
4 20
V= π( 5)3= 5π.
3 3
20
故答案为: 5π.
3
第 页 共 页
1413 34276 题型六：外接球之正棱锥、正棱台模型
2421 (2024·山东滨州·高一校考期中)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为3 2，侧棱长
为6，则该四棱锥的外接球的体积为 ．
【答案】32 3π
AC
【解析】如图，PO 是正四棱锥P-ABCD的高，而AB=3 2,PA=6，则AO = =
1 1 2
2AB
=3，
2
PO = PA2-AO2=3 3，显然正四棱锥P-ABCD的外接球的球心O在直线PO 上，
1 1 1
令PO=AO=R，则OO =|3 3-R|，
1
在Rt△AOO中，R2=AO2=AO2+OO2=32+(3 3-R)2，解得R=2 3，
1 1 1
4 4
所以该四棱锥的外接球体积为V= πR3= π×(2 3)3=32 3π.
3 3
故答案为：32 3π
2422 (2024·福建福州·高一福建省福州屏东中学校考期末)已知正三棱锥P-ABC的顶点都
π
在球O的球面上，其侧棱与底面所成角为 ，且PA=2 3，则球O的表面积为
3
【答案】16π
【解析】如图，正三棱锥P-ABC中，设点Q为△ABC的中心，则PQ⊥平面ABC，
π
∴∠PAQ= ，∴AQ= 3，PQ=3．
3
球心O在直线PQ上，连接AO，设球O的半径为r，
则OA=OP=r，OQ=3-r，
在Rt△OAQ中，OA2=AQ2+OQ2，即r2= 3  2+3-r  2，解得r=2，
∴球O的表面积为4πr2=16π．
故答案为：16π.
2423 (2024·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校联考期末)在正三棱锥P-ABC中，点D
第 页 共 页
1414 3427在棱PA上，且满足PD=2DA，CD⊥PB，若AB=3 2，则三棱锥P-BCD外接球的
表面积为 .
【答案】22π
【解析】在正三棱锥P-ABC中，取AC的中点E，连接BE，PE，如图，
由PA=PC，BA=BC，得AC⊥PE，AC⊥BE，又PE，BE⊂平面PBE，PE∩BE=
E，
则AC⊥平面PBE，而PB⊂平面PBE，于是AC⊥PB，又CD⊥PB，AC∩CD=C,
AC,CD⊂平面PAC，
因此PB⊥平面PAC，而PA,PC⊂平面PAC，从而PB⊥PA，PB⊥PC，且PA⊥PC，
由AB=3 2，得PB=PC=3，PD=2，由于PB,PC,PD两两垂直，
则以PB,PC,PD为棱的长方体与三棱锥P-BCD有相同的外接球，
1 22
于是三棱锥P-BCD外接球的半径为R= 32+32+22= ，
2 2
所以三棱锥P-BCD外接球的表面积为4πR2=22π.
故答案为：22π
2424 (2024·云南保山·高一统考期末)已知正三棱锥P-ABC的侧棱与底面所成的角为60°，
高为4 3，则该三棱锥外接球的表面积为 .
256π 256
【答案】 / π
3 3
【解析】设顶点P在底面ABC的投影为G(G为等边△ABC的中心)，则该三棱锥外接球
的球心O在PG上，连接GA,OA，
PG
因为PG⊥底面ABC，则侧棱与底面所成的角为∠PAG=60°，可得GA= =4，
tan60°
设棱锥外接球的半径为R，
因为OA2=OG2+GA2，即R2=4 3-R 
8 3
2+42，解得R= ，
3
256π
所以外接球的表面积为S =4πR2= .
表 3
256π
故答案为： .
3
第 页 共 页
1415 34272425 (2024·广东佛山·高一佛山市南海区第一中学校考阶段练习)已知正三棱锥P-ABC
中，PA=1，AB= 2，该三棱锥的外接球体积为 ．
3
【答案】 π
2
【解析】在正三棱锥P-ABC中△ABC为等边三角形，顶点P在底面的射影为底面的重
心，所以PA=PB=PC，
又PA=1，AB= 2，所以PA2+PB2=AB2，所以PA⊥PB，同理可得PA⊥PC、PC
⊥PB，
即PA，PB，PC两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体
的外接球，
1
正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径R= 12+12+12=
2
3
，
2
4 4 3
所以三棱锥的外接球体积V= πR3= π×
3 3 2

3 3
= π.
2
3
故答案为： π
2
2426 (2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测)如图，在正三棱台ABC-ABC
1 1 1
中，AB=2 3，AB =6，AA =4 2，则正三棱台ABC-ABC 的外接球表面积为
1 1 1 1 1 1
( )
第 页 共 页
1416 3427256π 64π
A.64 B.64π C. D.
3 3
【答案】B
【解析】设外接球球心为O，等边三角形ABC的外心为O ，等边三角形ABC 的外心为
1 1 1 1
O ，
2
O,O,O 三点共线，则OO 是正三棱台ABC-ABC 的高，
1 2 1 2 1 1 1
设台体的高为h，设外接球的半径为R，
过B作BD⊥BO ，垂足为D，根据正棱台的性质可知BD⎳OO ,BD=OO ，
1 2 1 2 1 2
所以BD⊥平面ABC ，BO ⊂平面ABC ，所以BD⊥BO ，
1 1 1 1 2 1 1 1 1 2
2 3
设等边三角形ABC的外接圆半径为r ，由正弦定理得r = =2.
1 1 π
2sin
3
6
设等边三角形ABC 的外接圆半径为r ，由正弦定理得r = =2 3.
1 1 1 2 2 π
2sin
3
在直角三角形BB 1 D中，BD= 4 2  2-2 3-2  2= 16+8 3 =2 3+1  ，
所以O 1 O 2 =2 3+1  .
当球心O在O 1 O 2 线段上，则 R2-22+ R2-2 3  2=2 3+1  ，解得R=4，
当球心O在O 1 O 2 的延长线上时，则 R2-22- R2-2 3  2=2 3+1  ，无解，
所以正三棱台ABC-ABC 的外接球表面积为4π×42=64π.
1 1 1
故选：B
2427 (2024·辽宁·高三校联考期末)正四棱台高为2，上下底边长分别为2和4，所有顶点在同
一球面上，则球的表面积为 ( )
A.32π B.33π C.34π D.35π
【答案】B
【解析】
第 页 共 页
1417 3427如图所示，AB=AD=BC=CD=2，GH=HE=EF=FG=4，
O为外接球球心，设外接球半径为R，M,N分别为棱台上下底面的中心，
则MN=2，OA=OE=R
1 1
由勾股定理得：AM= 22+22= 2，NE= 42+42=2 2，
2 2
设ON=x，则OA2=2+x  2+ 2  2，OE2=x2+2 2  2，
故2+x  2+ 2  2=x2+2 2 
1
2，解得：x= ，
2
1 故R2=
2
 2 +2 2  33 2= ，
4
故球的表面积为4πR2=33π.
故选:B
2428 (2024·贵州六盘水·高一校考阶段练习)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为6，侧棱
长为6 2，则该四棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】96π
【解析】如图所示：
连接AC,BD交于点O ，连接PO ，则PO ⊥平面ABCD，
1 1 1
因为正四棱锥P-ABCD的底面边长为6，侧棱长为6 2，
所以AO =3 2,PO = PA2-AO2=3 6，
1 1 1
设外接球的半径为R，易知球心O在线段PO 上，
1
在△AOO 1 中，AO2=AO 1 2+OO 1 2，即R2=3 22+3 6-R  2，
解得R=2 6，
所以外接球的表面积为S=4πR2=96π，
故答案为：96π
第 页 共 页
1418 34272429 (2024·山西晋中·高三祁县中学校考阶段练习)在正四棱锥P-ABCD中， 2PA=
256
5AB，若四棱锥P-ABCD的体积为 ，则该四棱锥外接球的体积为 ．
3
500π
【答案】
3
【解析】如图所示：
作PH⊥平面ABCD，垂足为H．连接BD，则H为BD的中点．
设AB=2m，则PB=PA= 10m，BH= 2m，从而PH=2 2m，故四棱锥P-
1 8 2m3 256
ABCD的体积为 ×(2m)2×2 2m= = ，解得m=2 2．
3 3 3
由题意可知正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在PH上，连接OB．
设正四棱锥P-ABCD外接球的半径为R，
则R2=BH2+OH2，即R2=42+8-R

2
4 500π
解得R=5，故该四棱锥外接球的体积为 πR3= ．
3 3
500π
故答案为：
3
2430 (2024·湖北·高三统考阶段练习)在正四棱台ABCD-ABCD 中，AB=2AB ，AA
1 1 1 1 1 1 1
= 3．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为 ( )
33π 57π
A. B.33π C. D.57π
2 2
【答案】D
【解析】
图1
设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，O,O 分别是上下底面的中心，连结OO ，
1 1
h 1
OA ，OA，根据边长关系，知该棱台的高为 ，则V = ⋅
1 1 2 ABCD-A1B1C1D1 3
a a2+
2
 2 + a2⋅ a
2
 2 h 7a2h ⋅ = ，
2 24
2 2 2
由AA = 3，且四边形AOOA 为直角梯形，OA = AB = a，OA= AB
1 1 1 1 1 2 1 1 4 2
第 页 共 页
1419 34272 h
= a，可得 
2 2

2 2
+ a
4

2 a2
= 3，则h=2 3- ，
8
7a2h 7a2 a2 7
V = = 3- = a2⋅a2 48-2a2
ABCD-A1B1C1D1 24 12 8 48

7 a2+a2+48-2a2
≤ 
48 3

3
28
=
3
当且仅当a2=48-2a2，即a=4时等号成立，此时棱台的高为1.
上底面外接圆半径r =AO = 2，下底面半径r=AO=2 2，设球的半径为R，显然球
1 1 1
心M在OO 所在的直线上.
1
显然球心M在OO 所在的直线上.
1
图2
当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段OO 上，如图2，设OM=x，则OM=1
1 1
-x，0<x<1，显然MA=MA =R
1
则，有 r2+x2= r 1 2+1-x  2，即 2 2  2+x2=  2  2+1-x  2
解得x<0，舍去.
图3
第 页 共 页
1420 3427当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段OO的延长线上，如图3，设OM=x，
1
则OM=1+x，显然MC=MA =R
1 1
即 r2+x2= r 1 2+1+x  2，即 2 2  2+x2=  2  2+1+x  2
5 解得x= ，R= 2 2
2
 5 2+
2
 2 57 = ，
2
57
此时，外接球的表面积为4πR2=4×
2

2
π=57π.
故选：D.
7 题型七：外接球之侧棱相等的棱锥模型
2431 (2024·安徽安庆·校联考模拟预测)三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=2 3，AB=
π
2AC=6，∠BAC= ，则该三棱锥外接球的表面积为 ．
3
【答案】48π
π
【解析】因为AB=2AC=6，∠BAC= ，所以由余弦定理可得cos∠BAC=
3
9+36-BC2 1
= ，解得BC=3 3，所以BC2+AC2=AB2，
2×3×6 2
所以△ABC是以AB为斜边的直角三角形，
因为PA=PB=PC=2 3，
所以点P在平面ABC内的射影是△ABC的外心，
即斜边AB的中点，且平面PAB⊥平面ABC，
于是△PAB的外心即为三棱锥P-ABC的外接球的球心，
因此△PAB的外接圆半径等于三棱锥P-ABC的外接球半径．
因为PA=PB=2 3，AB=6，
PA2+PB2-AB2 12+12-36 1
所以cos∠APB= = =- ，
2PA⋅PB 2×12 2
3
于是sin∠APB= ，
2
AB 6
根据正弦定理知△PAB的外接圆半径R满足2R= = =4 3，
sin∠APB 3
2
所以三棱锥P-ABC的外接球半径为R=2 3，
因此三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2=48π．
故答案为：48π
2432 (2024·江苏常州·高三华罗庚中学校考阶段练习)在三棱锥S-ABC中，SA=SB=CA
=CB=AB=2，二面角S-AB-C的大小为60°，则三棱锥S-ABC的外接球的表面积
为 ．
52 52π
【答案】 π/
9 9
【解析】取AB的中点D，连接SD,CD，因为SA=SB=CA=CB=AB=2，
所以△SAB和△ABC都是等边三角形，所以SD⊥AB,CD⊥AB，
所以∠SDC是二面角S-AB-C的平面角，即∠SDC=60°，
设球心为O，△SAB和△ABC的中心分别为F,E，则OE⊥平面ABC，OF⊥平面
SAB，
1 3 3
因为DE=DF= × ×2= ，OD公共边，所以△ODE≌△ODF，
3 2 3
第 页 共 页
1421 3427所以∠ODE=∠ODF=30°，
3
DE DE 3 2
因为cos∠ODE= ，所以OD= = = ，
OD cos∠ODE 3 3
2
4 13
所以OA= OD2+AD2= +1= ，
9 3
52
所以三棱锥S-ABC的外接球的表面积为4π⋅OA2= π
9
52
故答案为： π
9
2433 (2024·河北承德·高一校联考阶段练习)已知三棱锥P-ABC的各侧棱长均为2 3，且
AB=3,BC= 3,AC=2 3，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 .
【答案】16π
【解析】如图：
过P点作平面ABC的垂线，垂足为M，则△PMA,△PMB,△PMC都是直角三角形，
又PA=PB,∴△PMA≅△PMB，同理可得△PMA≅△PMC，∴MA=MB=MC，
所以M点是△ABC的外心；
又AB2+BC2=12=AC2，∴△ABC是以AC斜边的直角三角形，
∴P在底面ABC的射影为斜边AC的中点M，如下图：
第 页 共 页
1422 3427则PM= PC2-CM2= (2 3)2-( 3)2=3，设三棱锥P-ABC外接球的球心为O，半
径为r，
则O在PM上，则OC2=OM2+CM2，即(3-r)2+( 3)2=r2，得r=2，外接球的表面积
为4πr2=16π；
故答案为：16π.
2434 (2024·吉林长春·高一长春市解放大路学校校考期末)已知三棱锥P-ABC的四个顶点
在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为 2的正三角形，E，F分别是PA，
AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 .
3
【答案】 π
2
a 6
【解析】设PA=a>0，则EF= ,CF= ，
2 2
6-a2
因为∠CEF=90°，则CE= CF2-EF2= ，
2
在△PAC中，因为∠PEC+∠AEC=π，则cos∠PEC+cos∠AEC=0，
PE2+EC2-PC2 AE2+EC2-AC2
由余弦定理可得 + =0，
2PE⋅EC 2AE⋅EC
a2 6-a2 a2 6-a2
+ -a2 + -2
4 4 4 4
即 + =0，解得a=1，
a 6-a2 a 6-a2
2× × 2× ×
2 2 2 2
可知PA2+PB2=AB2，即PA⊥PB，所以PA,PB,PC两两垂直，
可以把三棱锥P-ABC转化为边长为1的正方体，可知球O即为正方体的外接球，
12+12+12 3
其体对角线即为外接球的直径，即R= = ，
2 2
4 4 3
所以球O的体积V= πR3= π
3 3 2

3 3
= π.
2
3
故答案为： π.
2
2435 (2024·全国·高三专题练习)已知在三棱锥S-ABC中，SA=SB=SC=AB=2，AC
⊥BC，则该三棱锥外接球的体积为
32 3π 4 3π 32π 16π
A. B. C. D.
27 9 3 3
【答案】A
第 页 共 页
1423 3427【解析】取AB中点为D，连接SD,CD，易知CD=1,SD= 3
在ΔSCD中：CD=1,SD= 3,AC=2⇒SD⊥CD
又SD⊥AB⇒SD⊥平面ABC
AC⊥BC⇒D为ΔABC外心⇒球心在SD上
设半径为R，球心为O
在ΔODB中：R2=12+( 3-R)2
2 3 32 3π
R= V=
3 27
故答案选A
2436 (2024·全国·高一专题练习)如图，在三棱锥A-BCD中，AB=BC=AC=CD=2，
∠BCD=120°，二面角A-BC-D的大小为120°，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积
为 ( )
82π 80π 244π
A. B. C.27π D.
3 3 9
【答案】D
【解析】如图1，过D作DM⊥BC垂足为M，取BC的中点E，连接AE,CM
AE=DM= 3,CM=1,BD=2 3
过M作MN∥AE,且MN=AE，连接AN，则AN=2
∵△ABC为等边三角形，则AE⊥BC
2π
∴MN⊥BC，DM⊥BC，根据题意可得∠DMN=
3
∵DN2=MN2+DM2-2MN⋅DM⋅cos∠DMN=9，则DN=3
由题意可得AN⊥DN，则AD2=AN2+DN2=13，则AD= 13
如图2，∵AC=BC=CD，则顶点C在平面ABD的投影为△ABD的外接圆圆心O ，则
1
三棱锥A-BCD的外接球的球心O在直线CO 上，连接OA,OC,OA
1 1 1
AB2+BD2-AD2 3 61
cos∠ABD= = ，则sin∠ABD=
2AB⋅BD 8 8
1 AD 4 13 6
∴△ABD的外接圆半径AO = = ，则CO = CA2-AO2=
1 2 sin∠ABD 61 1 1 61
设棱锥A-BCD的外接球的半径为R，则OA2=AO2+OO2
1 1
4 13
即R2=
61

2 6
+ -R
61

2 61
，解得R=
3
244π
三棱锥A-BCD的外接球的表面积为S=4πR2=
9
故选：D．
第 页 共 页
1424 34272437 (2024·全国·高三专题练习)在四面体ABCD中，AB=AC=BC=BD=CD=2，AD
= 6，则四面体ABCD的外接球的表面积为 ( )
16π 20π
A. B.5π C.20πs D.
3 3
【答案】D
【解析】作出图形，根据题中数据证明出平面ABC⊥平面BCD，并找出球心的位置，列
等式求出外接球的半径，结合球的表面积公式可得出结果.如下图所示：
取BC的中点M，连接AM、DM，设ΔABC和ΔBCD的外心分别为点F、E，分别过点
F、E作平面ABC和平面BCD的垂线交于点O，则点O为外接球球心，
由题意可知，ΔABC和ΔBCD都是边长为2的等边三角形，
∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM=DM= 3，
∵AD= 6，∴AM2+DM2=AD2，∴AM⊥DM，
∵BC∩DM=M，∴AM⊥平面BCD，∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，
1 3 2 2 3
易得ME=MF= AM= ，BE= DM= ，
3 3 3 3
第 页 共 页
1425 3427∵AM⊥平面BCD，OE⊥平面BCD，∴OE⎳AM，
同理可得OF⎳DM，则四边形OEMF为菱形，∵AM⊥DM，∴菱形OEMF为正方形，
∵OE⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，∴OE⊥BE，
15
所以外接球的半径为OB= OE2+BE2= ，
3
20
因此，四面体ABCD的外接球的表面积为4π×OB2= π.
3
故选：D.
8 题型八：外接球之圆锥、圆柱、圆台模型
2438 (2024·浙江台州·高二校联考期末)已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的外
接球的体积为 .
32 3
【答案】 π
27
【解析】由题设，圆锥体的高为h= 22-12= 3，
2 3
若外接球的半径为r，则( 3-r)2+1=r2，可得r= ，
3
4 32 3
所以圆锥的外接球的体积为 πr3= π.
3 27
32 3
故答案为： π.
27
2439 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)已知某圆锥的轴截面为正三角形，侧面
积为8π，该圆锥内接于球O，则球O的表面积为 .
64π 64
【答案】 / π
3 3
【解析】作圆锥的轴截面，则该轴截面等边△ABC的外接圆圆心即为圆锥的外接球球心，
且△ABC外接圆半径等于圆锥的外接球半径，如下图所示，
1 1
因为圆锥的侧面积S = π⋅BC⋅AC= πBC2=8π，所以BC=4,
侧 2 2
BC 4 8 3
设球的半径为R，由正弦定理得2R= = = ，
sinA sin60° 3
64π
因此，这个球的表面积为S=4πR2= .
3
64π
故答案为：
3
2440 (2024·河北石家庄·高二校考阶段练习)一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，
则圆柱的表面积与球的表面积之比为 .
【答案】3:2
第 页 共 页
1426 3427【解析】设球的半径为R，则圆柱的表面积S =2πR2+2πR⋅2R=6πR2，
1
球的表面积S =4πR2，所以S:S =3:2.
2 1 2
故答案为：3:2.
2441 (2024·重庆·统考模拟预测)如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别
500π
为3和4，球的体积为 ，则该圆台的侧面积为 ( )
3
A.60π B.75π C.35π D.35 2π
【答案】D
4πR3 500π
【解析】设球的半径为R，则 = ，所以，R=5，
3 3
取圆台的轴截面ABCD，如下图所示：
设圆台的上、下底面圆心分别为E、F，则E、F分别为AB、CD的中点，
连接OE、OF、OA、OB、OC、OD，则OA=OB=OC=OD=5，
由垂径定理可知，OE⊥AB，OF⊥CD，
所以，OE= OA2-AE2= 52-42=3，OF= OD2-DF2= 52-32=4，
因为OE=DF，OA=DO，AE=OF，所以，Rt△OAE≌Rt△DOF，
所以，∠OAE=∠DOF，所以，∠DOF+∠AOE=∠DOF+∠ODF=90°，
所以，∠AOD=90°，则AD= OA2+OD2=5 2，
因此，圆台的侧面积为π3+4  ×5 2=35 2π，
故选：D.
2442 (2024·云南·高三校联考开学考试)已知圆台的上下底面圆的半径分别为3，4，母线长为
5 2，若该圆台的上下底面圆的圆周均在球O的球面上，则球O的体积为 ( )
250 500 100 125
A. π B. π C. π D. π
3 3 3 3
【答案】B
【解析】由题得圆台的高为h= (5 2)2-(4-3)2=7，
设圆台的上下底面圆心为O ，O ，OO =x，球O的半径为R，
1 2 1
当圆台的两个底面在球心O异侧时，OO =7-x，
2
所以R2=x2+32=(7-x)2+42，
第 页 共 页
1427 3427解得x=4，R=5；
当圆台的两个底面在球心O同侧时，OO =x-7，
2
R2=x2+32=(x-7)2+42，
解得x=4，R=5，
此时4-7<0，不合题意，舍去，
4 500
故球O的体积V= πR3= π，
3 3
故选：B．
2443 (2024·陕西西安·高一校考期中)如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上、下底面的半径
分别为3和4，球的表面积为100π，则该圆台的体积为 ( )
175π 238π 259π
A. B.75π C. D.
3 3 3
【答案】D
【解析】因为圆台外接球的表面积S=4πr2=100π，所以球的半径r=5，
设圆台的上、下底面圆心分别为O ,O ，在上、下底面圆周上分别取点A,B，
2 1
连接OO ,OO,OA,OB,O A,OB，如图，
2 1 2 1
因为圆台上、下底面的半径分别为3和4，
所以OB  =OA  =4，O 1 B=   O 2 A  =3，
所以OO 1  = OB  2-O 1 B  2=3，OO 2  = OA  2-O 2 A  2=4,
所以O 1 O 2  =7，
1
所以圆台体积V= ×9π+16π+12π
3

259π
×7= .
3
故选：D.
9 题型九：外接球之垂面模型
2444 (2024·江西九江·高一校考期末)如图，三棱锥A-BCD中，平面ACD⊥平面BCD，
△ACD是边长为2的等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°.若A，B，C，D四点在某个
球面上，则该球体的表面积为 .
第 页 共 页
1428 342752 52π
【答案】 π/
3 3
【解析】作出底面BCD的外心O ，侧面ACD的外心O ，取CD中点E，
1 2
连接AE，因为平面ACD⊥平面BCD，面ACD∩平面BCD=CD，
因为△ACD是边长为2的等边三角形，所以AE⊥CD，
又因为AE⊂平面ACD，所以AE⊥平面BCD，
由球的性质可得OO ⊥平面BCD，所以OO ⎳O E，
1 1 2
同理OO ⎳OE，所以四边形OOEO 为平行四边形，
2 1 1 2
1 1 3
故OO =O E= AE= × 22-12= ，
1 2 3 3 3
在△BCD中，因为BD=CD=2，∠BDC=120°，则∠DBC=30°，
DC 2
设△BCD的外接圆半径为r，根据正弦定理有 = =4=2r，则r=2，
sin∠DBC sin30°
3
设三棱锥A-BCD外接球的半径为R，则R2=OO2+r2=
1 3

2 13
+22= ，
3
52
则外接球的表面积为4πR2= π.
3
52
故答案为： π.
3
2445 (2024·四川乐山·高二期末)已知正△ABC边长为1，将△ABC绕BC旋转至△DBC，使
得平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥D-ABC的外接球表面积为 ．
5
【答案】 π
3
【解析】如图，
取BC中点G，连接AG,DG，则AG⊥BC，DG⊥BC，
第 页 共 页
1429 3427分别取△ABC与△DBC的外心E,F分别过E,F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交
于O，则O为四面体A-BCD的球心，
由AB=AC=DB=DC=BC=1，
1 ∴AG=DG= 12-
2
 2 3 =
2
1 3 3
所以正方形OEGF的边长为 AG= ，则OG= 
3 6 6

2 3
+
6

2 6
= ，
6
6 所以四面体A-BCD的外接球的半径R= OG2+BG2= 
6
 2 1 +
2
 2 5 = ，
12
5
球O的表面积为4π×
12

2 5π
= ．
3
5π
故答案为： ．
3
2446 (2024·河南平顶山·高一统考期末)在三棱锥P-ABC中，平面ABC⊥平面PAB,AC
⊥BC，点D是AB的中点，PD⊥PB,PB=PD=2，则三棱锥P-ABC的外接球的表
面积为 .
【答案】40π
【解析】因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆圆心即点D，三棱锥外接球球心在过点D
与平面ABC垂直的直线上，
由于平面ABC⊥平面PAB,即球心在平面PAB内，
所以球心即为△PAB的外接圆圆心，球的半径即为△PAB的外接圆半径R.
因为PD⊥PB,PB=PD=2，所以BD=2 2，从而AD=2 2.
3π
设PA=x，在△PAD中，根据余弦定理有PA2=22+(2 2)2-2×2×2 2cos =20，
4
所以PA=2 5，
2 5
由正弦定理得2R= =2 10，所以R= 10，所以三棱锥P-ABC的外接球
sin∠PBA
的表面积为4πR2=40π.
故答案为：40π
2447 (2024·江苏·高一专题练习)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，AA =AB=BC．设
1 1 1 1
9
D为AC的中点，三棱锥D-ABC的体积为 ，平面ABC⊥平面ABBA ，则三棱柱
1 4 1 1 1
ABC-ABC 外接球的表面积为 ．
1 1 1
第 页 共 页
1430 3427【答案】27π
【解析】取AB的中点E，连接AE，如图．
1
因为AA =AB，所以AE⊥AB．
1 1
又面ABC⊥面ABBA ，面ABC∩面ABBA =AB，且AE⊂面ABBA ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AE⊥面ABC，BC⊂面ABC，所以AE⊥BC．
1 1
在直三棱柱ABC-ABC 中，BB ⊥面ABC，BC⊂面ABC，所以BB ⊥BC．
1 1 1 1 1
又AE，BB ⊂面ABBA ，且AE，BB 相交，所以BC⊥面ABBA ，AB⊂面ABBA ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以BC⊥AB．
1 AA 1 1 AA 1
设AA =AB=BC=a，则V = S ⋅ 1 = × AB⋅BC⋅ 1 = a3=
1 D-ABC 3 △ABC 2 3 2 2 12
9
，解得a=3，
4
所以AA =AB=BC=3．
1
所以三棱柱ABC-A 1 B 1 C 1 外接球的表面积S=4πR2=AA2 1 +AB2+BC2  ⋅π=27π．
故答案为：27π
2448 (2024·河南开封·开封高中校考模拟预测)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平
面ABC,AB=6,BC=4,AB⊥BC,△PAB为等边三角形,则三棱锥P-ABC外接球的
表面积为 ．
【答案】64π
【解析】因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,AB⊥BC,BC⊂平
面ABC,所以BC⊥平面PAB;
第 页 共 页
1431 3427如图,因为AB⊥BC,所以三角形ABC的外心即为AC中点N,
过三角形PAB的外心M作平面PAB的垂线,
过三角形ABC的外心N作平面ABC的垂线,
则两垂线必相交于球心O,连接OB,则外接球半径R=OB.
1 3
在Rt△OMB中,OM= BC=2,BM= AB=2 3,
2 3
所以R2=OB2=OM2+MB2=4+12=16,
所以表面积S=4πR2=64π.
故答案为:64π.
π
2449 (2024·湖北十堰·高一统考期末)如图，在平面四边形ABCD中，∠ADB=∠ABC= ,
2
BD=BC=4，沿对角线BD将△ABD折起，使平面ADB⊥平面BDC，连接AC，得到三
棱锥A-BCD，则三棱锥A-BCD外接球表面积的最小值为 .
【答案】8+8 5  π
π
【解析】在平面四边形中设∠CBD=θ0<θ<
2

π
,∠ABD= -θ，
2
4
即在Rt△ADB中，∠BAD=θ,AD= .
tanθ
θ θ
在等腰△BCD中，CD=2BCsin =8sin .设△BCD外接圆圆心为M，外接圆半径为
2 2
θ
8sin
CD 2 4 2
r，由正弦定理可得2r= = = ,r= .
sinθ θ θ θ θ
2sin cos cos cos
2 2 2 2
设三棱锥A-BCD外接球球心为O，则OM⊥平面BCD.
又平面ADB⊥平面BDC，平面ADB∩平面BDC=BD，AD⊂平面ADB，∠ADB=
90°，
所以AD⊥平面BDC，则AD∥OM，所以四边形OMDA为直角梯形.
设外接球的半径为R，在平面四边形OMDA中，过O做OE⊥AD于E，
AD 2
在△AOD中，AO=DO=R,E为AD的中点，OM=DE= = ，
2 tanθ
第 页 共 页
1432 34274 4
由DO2=DE2+OE2⇒R2=DE2+r2= + ，
tan2θ
cos2
θ
2
4 4 4cos2θ 8
所以R2= + = +
tan2θ
cos2
θ sin2θ 1+cosθ
2
4cos2θ 8 3-2cosθ
= + =-4+4× .
1-cos2θ 1+cosθ 1-cos2θ
3-t 4t
令3-2cosθ=t,1<t<3，则cosθ= ,R2=-4+4× =-4+
2 -t2+6t-5
16
5
-t+
t

，
+6
5 5
因为t+ ≥2 5，当且仅当t= ，即t= 5时(满足1<t<3)等号成立.
t t
16
所以R2=-4+
5
-t+
t

16
≥-4+ =2+2 5，
6-2 5
+6
所以外接球表面积的最小值为4πR2=8+8 5  π.
故答案为：8+8 5  π
2450 (2024·河南安阳·高一统考期末)在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥
PB，且PA=PB=3 2，△ABC是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】48π
【解析】如图所示，作AB中点D，连接PD、CD，
在CD上作△ABC的中心E，
过点E作平面ABC的垂线，
在垂线上取一点O，使得PO=CO，
因为三棱锥底面是等边三角形，
E是△ABC的中心，
所以三棱锥外接球球心在过点E的平面ABC垂线上，
又因PO=CO，则O即为球心，
因为平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，PA=PB=3 2，
平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，
所以PD⊥平面ABC，
BC=AB= PA2+PB2= 18+18=6，
CD= BC2-BD2= 36-9=3 3，
2
CE= CD=2 3，PD= PB2-BD2= 18-9=3，
3
第 页 共 页
1433 3427设球的半径为r，
则PO=OC=r,OE= OC2-CE2= r2-12，
PD-OE  2+DE2=PO2，
即3- r2-12  2+3=r2，解得r2=12，
故三棱锥外接球的表面积为4πr2=48π.
故答案为：48π
4
2451 (2024·云南临沧·高二校考期中)如图，已知矩形ABCD中，AB= BC=8，现沿AC折
3
起，使得平面ABC⊥平面ADC，连接BD，得到三棱锥B-ACD，则其外接球的体积为
．
500π
【答案】
3
【解析】设AC∩BD=O，由矩形的性质可知：OA=OB=OC=OD，
1 1
则三棱锥B-ACD的外接球的球心即为O，半径R= AC= 62+82=5，
2 2
4 4 500π
所以三棱锥B-ACD的外接球的体积V = πR3= π×53= .
球 3 3 3
500π
故答案为： .
3
2452 (2024·全国·高三校联考开学考试)在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，底面
△ABC是边长为3的正三角形，若该三棱锥外接球的表面积为15π，则该三棱锥体积的最
大值为 .
27
【答案】
8
【解析】依题意，点O是三棱锥P-ABC外接球的球心，设球O的半径为R,O 是
1
△ABC外接圆的圆心，
设圆O 的半径为r，点P到底面ABC的距离为h，
1
15
由题意，可得4πR2=15π，则R2= .
4
第 页 共 页
1434 3427因为△ABC是边长为3的正三角形，
BC 3
所以由正弦定理，可得2r= = ，则r= 3.
sinA sin60°
1 1 3 3 3
所以三棱锥P-ABC的体积为V= S h= × ×32×h= h，
3 △ABC 3 4 4
三棱锥P-ABC的体积取最大值则需要h最大.
由题意可知，点P在过AB且与底面ABC(此处底面ABC为水平)垂直的截面圆的圆周
上运动，当点P运动到该圆的最高点时，h最大.
取AB的中点D，连接CD,PD,OO,PO,CO，过点O作OE⊥PD.如图所示，
1
由圆的对称性可知，此时PA=PB，则PD⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC=AB,PD⊂平面PAB，
所以PD⊥平面ABC.
因为在△OOC中，OO2+OC2=OC2，
1 1 1
又OC=r= 3，
1
3
所以OO2=OC2-OC2=R2-r2= .
1 1 4
易得四边形OODE为矩形，
1
3 1 3
所以ED=OO= ,EO=OD= CD= .
1 2 1 3 2
因为在△POE中，PE= PO2-OE2= R2-OE2= 3，
3 3
所以h =PD=PE+ED= ，
max 2
27
所以V = .
max 8
27
故答案为： .
8
2453 (2024·四川乐山·统考三模)在三棱锥P-ABC中，PA=PC=BA=BC=2，平面
PAC⊥平面ABC，则三棱锥P-ABC的外接球表面积的最小值为 ．
【答案】16 2-1  π
【解析】
第 页 共 页
1435 3427如图，取AC中点D，连接PD，BD，
由PA=PC=BA=BC=2，则PD⊥AC，BD⊥AC，
由面PAC⊥面ABC，面PAC∩面ABC=AC，PD⊂面PAC，所以PD⊥面ABC，
而BD⊂面ABC，所以PD⊥BD，
π
设∠APD=θ，θ∈0,
2
 ，则PD=2cosθ，AD=2sinθ
易知△ABC≅△APC，BD=PD=2cosθ，
取△APC外接圆的圆心O ，易知O 在直线PD上，设△APC外接圆半径为r，
1 1
1 AC 1 2AD 1 2×2sinθ 1
由正弦定理，r=PO = × = × = × = ，
1 2 sin∠APC 2 sin2θ 2 2sinθcosθ cosθ
1
同理，取△APC外接圆的圆心O ，则O 在直线PD上，BO = ，
2 2 2 cosθ
过O ，O 分别做平面PAC和平面ABC的垂线交于点O，
1 2
易证△OOA≅△OOP≅△OOC，△OO A≅△OO B≅△OO C，
1 1 1 2 2 2
∴OP=OA=OB=OC，O为三棱锥P-ABC外接球的球心.
①当PD=2cosθ≥ 1 =PO 时， 1 ≤cos2θ<1，cosθ∈   2 ,1
cosθ 1 2  2
 π ，θ∈0,
4
 ，
1
O ，O 分别在线段PD，BD上，易知OO =O D=BD-BO =2cosθ- ，
1 2 1 2 2 cosθ
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，则，
1 R2=OP2=OO2+PO2=2cosθ-
1 1 cosθ
 2 1 +
cosθ
 2 =4cos2θ+ 2 -4，
cos2θ
2 2
由基本不等式，R2=4cos2θ+ -4≥2 4cos2θ⋅ -4=4 2-4，
cos2θ cos2θ
2 2
当且仅当4cos2θ= ，即cos2θ= 时，等号成立.
cos2θ 2
1 1 2
②当PD=2cosθ< =PO 时，0<cos2θ< ，cosθ∈0,
cosθ 1 2 2

π π
，θ∈ ,
4 2
 ，
O ，O 分别在线段PD，BD的延长线上，如下图所示，
1 2
第 页 共 页
1436 34271 此时，R2=OP2=OO2+PO2= -2cosθ
1 1 cosθ
 2 1 +
cosθ
 2 =4cos2θ+ 2 -4，
cos2θ
1
∵0<cos2θ< ，∴R2>2，且无最小值.
2
综上所述，R2的最小值为R2 =4 2-4，
min
∴三棱锥P-ABC的外接球表面积的最小值为S min =4πR2 min =16 2-1  π.
故答案为：16 2-1  π.
2454 (2024·湖南衡阳·校联考模拟预测)在平面四边形ABCD中，∠ADB=90°,∠ABC=90°,
BD=BC=2，沿对角线BD将△ABD折起，使平面ADB⊥平面BDC，得到三棱锥A-
BCD，则三棱锥A-BCD外接球表面积的最小值为 .
【答案】2+2 5  π
【解析】在平面图形中设∠CBD=θ0<θ<90°

,∠ABD=90°-θ，即Rt△ADB中，
2 θ θ
∠BAD=θ,AD= .在△BCD中，CD=2BC⋅sin =4sin .
tanθ 2 2
设△BCD外接圆圆心为M，外接圆半径为r，
θ
4sin
CD 2 2 1
由正弦定理可得2r= = = ,r= .
sinθ θ θ θ θ
2cos sin cos cos
2 2 2 2
设三棱锥A-BCD外接球球心为O，则OM⊥平面BCD.
又∵平面ADB⊥平面BDC，交线为BD,∠ADB=90°,∴AD⊥平面BDC,
∴AD∥OM,∴四边形OMDA为直角梯形.
设外接球的半径为R，在平面OMDA中，过O做OE⊥AD于E，
在△AOD中，AO=DO=R,∴E为AD的中点，
1 1
∴OM=ED= AD= ,AO2=AE2+OE2,
2 tanθ
1 1 cos2θ 2
∴R2= + = +
tan2θ
cos2
θ 1-cos2θ 1+cosθ
2
cos2θ+2-2cosθ 3-2cosθ
= =-1+ .
1-cos2θ 1-cos2θ
第 页 共 页
1437 34273-t
令3-2cosθ=t,1<t<3，则cosθ= ,
2
t
R2=-1+
3-t
1-
2

4t
=-1+
2 -5+6t-t2
4
=-1+
5
6-t+
t

4 1+ 5
≥-1+ = ，
5 2
6-2 t×
t
5
当且仅当t= 时，即t= 5时(满足1<t<3)等号成立.
t
1+ 5
所以球表面积最小值为4π× =2+2 5
2
 π.
故答案为：2+2 5  π.
10 题型十：外接球之二面角模型
2455 (2024·广东阳江·高三统考开学考试)在三棱锥D-ABC中，AB=BC=2，∠ADC=
90°，二面角D-AC-B的平面角为30°，则三棱锥D-ABC外接球表面积的最小值为
( )
A.162 3-1  π B.162 3-3  π C.162 3+1  π D.162 3+3  π
【答案】B
【解析】当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接BM,DM，
因为AB=BC=2，DA=DC，所以AC⊥BM，AC⊥DM，故∠DMB即为二面角D-
AC-B的平面角，
△ACB的外心为O ，过O 作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂
1 1
线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
1
BC
2 1
在平面ABC内，设∠CBA=2θ，则r=BO = = ，OM=OCcos2θ=
1 cosθ cosθ 1 1
cos2θ
，
cosθ
3cos2θ
因为∠DMB=30°，所以∠OMO=60°，所以OO= 3OM= ，
1 1 1 cosθ
1 3cos22θ
所以R2=r2+OO2= +
1 cos2θ cos2θ
1 3(2t-1)2 4
令t=cos2θ∈(0,1)，则R2= + =12t+ -12≥2 48-12=8 3-12，
t t t
第 页 共 页
1438 34273
所以S=4πR2≥16(2 3-3)π，当且仅当t= 时取等，
3
故选:B
2456 (2024·浙江丽水·高二统考期末)在四面体PABC中，PA⊥PB，△ABC是边长为2的等
边三角形，若二面角P-AB-C的大小为120°，则四面体PABC的外接球的表面积为
( )
13π 26π 52π 104π
A. B. C. D.
9 9 9 9
【答案】C
【解析】设正△ABC的重心为G，则G是正△ABC的外接圆的圆心，
取AB的中点D，因为PA⊥PB，所以D是△PAB的外接圆的圆心，
过D作DO⊥平面PAB，过G作GO⊥平面ABC，DO∩GO=O，如图，
则O为四面体PABC的外接球的球心，
又二面角P-AB-C的大小为120°，则∠ODG=120°-90°=30°，
1 1 3 3
又在正△ABC中，|DG|= ×|CD|= ×2× = ，
3 3 2 3
|DG| 2
则在Rt△ODG中，|OD|= = ，
cos30° 3
设四面体PABC的外接球的半径为R，
2 则R2=|AD|2+|DO|2=12+
3
 2 13 = ，
9
52π
所以四面体PABC的外接球的表面积为4πR2= .
9
故选：C.
2457 (2024·广东·校联考模拟预测)已知四棱锥S-ABCD,SA⊥平面ABCD,AD⊥DC,
π
SA=3 3,BC=4，二面角S-BC-A的大小为 .若点S,A,B,C,D均在球O的表面
3
上，则该球O的表面积为 ( )
152π 160π
A. B.52π C. D.54π
3 3
【答案】B
【解析】因为AD⊥DC，所以∠ADC=90°，
因为点S,A,B,C,D均在球O的表面上，
所以四边形ABCD内接于圆，所以∠ABC=90°，所以BC⊥AB，
因为SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以SA⊥BC，
又AB⊥BC,SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB，
SB⊂平面SAB，所以BC⊥SB，又AB⊥BC，
π
所以二面角S-BC-A的平面角为∠SBA，所以∠SBA= ，
3
第 页 共 页
1439 3427SA 3 3
在Rt△ABS中，因为SA=3 3，所以AB= = =3，
π 3
tan
3
SB2+AB2-SA2 SB2+9-27 1
由余弦定理可得：cos60°= = = ，
2⋅SB⋅AB 6⋅SB 2
即SB2-3SB-18=0，即SB=6或SB=-3(舍去)，
所以SB=6，所以Rt△ABC外接圆的直径为：AC= AB2+BC2=5，
即四边形ABCD外接圆的直径为5，
因为SA⊥平面ABCD，所以，四棱锥S-ACD外接球的半径为：
1
R=  AC
2

2 1
+ SA
2

2 25 27
= + = 13
4 4
所以四面体S-ACD外接球的表面积为S=4π 13  2=52π.
故选：B.
2458 (2024·福建·高一福建师大附中校考期末)在四面体ABCD中，△ABC与△BCD都是边
长为6的等边三角形，且二面角A-BC-D的大小为60°，则四面体ABCD外接球的表
面积是 ( )
A.52π B.54π C.56π D.60π
【答案】A
【解析】如图所示，取BC的中点O，连接OD,OA，分别取△BCD和△ABC的外心E与
F，
过两点分别作平面BDC和平面ABC的垂线，交于点P，
则P就是外接球的球心，连接OP,DP，
则∠AOD为二面角A-BD-C的平面角，即∠AOD=60°，
3 1 1
则△AOD是等边三角形，其边长为6× =3 3，OE= OD= ×3 3= 3，
2 3 3
3
在△POE中，∠POE=30°，所以PE=OEtan30°= 3× =1，
3
2
又由DE= OD=2 3，所以PD=R= PE2+CE2= 12+(2 3)2= 13，
3
所以四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2=4π×( 13)2=52π.
故选：A.
第 页 共 页
1440 34272459 (2024·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测)图1为两块大小不同的等腰直角三角
形纸板组成的平面四边形ABCD，其中小三角形纸板的斜边AC与大三角形纸板的一条
直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a，现将小三角形纸板ACD沿着AC边折
起，使得点D到达点M的位置，得到三棱锥M-ABC，如图2．若二面角M-AC-B的
2π
大小为 ，则所得三棱锥M-ABC的外接球的表面积为 ( )
3
7π 14π 7 42π
A. a2 B.4πa2 C. a2 D. a2
3 3 27
【答案】C
【解析】如图，取AC的中点E，AB的中点F，连接ME，EF．
因为MA=MC，所以ME⊥AC．易知EF⎳BC，因为BC⊥AC，
2π
所以EF⊥AC，所以∠MEF= ．
3
过点E作OE⊥平面MAC，过点F作OF⊥平面ABC，
OE∩OF=O，连接OA，易知E，F两点分别是△MAC和△ABC的外心，
所以点O是三棱锥M-ABC的外接球的球心．
因为MA=MC=a，所以AC=BC= 2a，AB=2a，
2 2π π
所以EF= a，因为∠MEF= ，∠MEO= ，
2 3 2
π π 2a π 6
所以∠OEF= ，所以OF=EF×tan = ×tan = a，
6 6 2 6 6
1 42
又AF= AB=a，所以OA= OF2+AF2= a，
2 6
42
则三棱锥M-ABC的外接球的半径为 a，
6
14π
所以外接球的表面积S=4πR2= a2．
3
第 页 共 页
1441 3427故选：C.
2460 (2024·全国·高三专题练习)如图1，在△PBC中，PA⊥BC，AM⊥PB，BC=6，PA=
4，沿PA将△PAB折起，使得二面角B-PA-C为60°，得到三棱锥P-ABC，如图2，若
AM⊥PC，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ( )
A.32π B.36π C.64π D.80π
【答案】A
【解析】因为AM⊥PB，AM⊥PC，PB∩PC=P，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以AM⊥平面PBC．
又BC⊂平面PBC，则AM⊥BC，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面PBC，所以PA⊥
BC．
又PA∩AM=A，PA⊂平面PAB，AM⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB．
又AB⊂平面PAB，所以AB⊥BC，即∠ABC=90°．因为二面角B-PA-C为60°，所
以∠BAC=60°，
在Rt△ABC中，AB+AC=6，可得AC=4，AB=2．
易知，三棱锥P-ABC的四个顶点可以与一个长方体的四个顶点重合，
如图所示，则该长方体的外接球即为P-ABC的外接球，球心PC的中点，
PA2+AC2 42+42
R= = =2 2，表面积为4πR2=4π×2 2
2 2
 2=32π，故A正确．
故选：A.
2461 (2024·湖南岳阳·统考三模)已知三棱锥D-ABC的所有顶点都在球O的球面上，AD
第 页 共 页
1442 3427⊥BD,AC⊥BC,∠DAB=∠CBA=30°，二面角D-AB-C的大小为60°，若球O的表
面积等于36π，则三棱锥D-ABC的体积等于 ( )
27 3 2 7
A. 3 B. C. 7 D.
8 3
【答案】B
【解析】取AB的中点O，连接OC,OD，
因为AD⊥BD,AC⊥BC，所以O到A,B,C,D的距离相等，
故O即为球心．
由球O的表面积等于36π，设外接球半径为R，故4πR2=36π，
解得OD=R=3，过C,D作CF,DE垂直于AB于点E,F，
3
因为∠DAB=∠CBA=30°，∠DOE=∠AOC=60°，所以DE=ODsin60°= 3，同
2
3
理CF= 3，
2
过点E作EG∥CF，且EG=CF，则EG⊥AB，∠DEG是二面角D-AB-C的平面
角，∠DEG=60°，过点D作DH⊥EG，垂足为点H.
因为EG⊥AB,DE⊥AB，EG∩DE=E，且两直线在平面内，所以AB⊥平面DEG，
又DH⊂平面DEG，所以AB⊥DH，AB∩EG=E,且两直线在平面内，所以DH⊥平
面ABC，
则DH为D-ABC三棱锥的高，
9
故三棱锥的高为DH=DEsin60°= ，
4
1 9
其中S = AB⋅CF= 3，
△ABC 2 2
1 27
所以三棱锥D-ABC的体积V= S ⋅DE= 3．
3 △ABC 8
故选：B.
2462 (2024·全国·高一专题练习)在三棱锥A-BCD中，AB⊥BC,BC⊥CD,CD=2AB=
2BC=4，二面角A-BC-D为60°，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为 ( )
A.16π B.24π C.18π D.20π
【答案】D
第 页 共 页
1443 3427【解析】如图所示，设E，F，G分别是BC，AC，BD的中点，则EF∥AB，EG∥CD，
因为AB⊥BC，BC⊥CD，所以BC⊥EF，BC⊥EG，
则二面角A-BC-D的平面角为∠FEG=60°，且BC⊥平面EFG，
1 1
又因为EF= AB=1,EG= CD=2，所以FG= 3，所以EF⊥FG，
2 2
因为BC⊥平面EFG，所以BC⊥FG，所以FG⊥平面ABC．
又因为F是△ABC外接圆的圆心，所以FG经过球心，且G是△BCD外接圆的圆心，
所以G是三棱锥A-BCD外接球的球心，
设外接球的半径为R，则2R=BD= BC2+CD2=2 5，
故三棱锥A-BCD外接球的表面积S=4πR2=20π．
故选：D.
11 题型十一：外接球之侧棱为球的直径模型
2463 (2024·贵州黔东南·高二凯里一中校考期中)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O
的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S
8
-ABC的体积为 ，则球O的体积为 ( )
3
20π 32π
A.4π B. C.6π D.
3 3
【答案】D
【解析】取SC的中点O，连接OA,OB，
因为SA=AC，SB=BC，所以OA⊥SC，OB⊥SC.
因为平面SAC⊥平面SBC，所以OA⊥平面SBC.
设OA=r，
1 1 1 1
V = ×S ×OA= × ×2r×r×r= r3
A-SBC 3 ΔSBC 3 2 3
1 8
所以 r3= ，∴r=2
3 3
第 页 共 页
1444 34274 32π
所以球的体积为 πr3= .
3 3
故选：D
1
2464 (2024·四川巴中·高三统考期末)已知三棱锥S-ABC的体积为 ，AC=BC=1，
2
∠ACB=120°，若SC是其外接球的直径，则球的表面积为 ( )
A.4π B.6π C.8π D.16π
【答案】D
【解析】由SC是其外接球的直径，得SC中点 O是S-ABC外接球球心，设G是
ΔABC的外心，则OG⊥平面ABC，且OG等于S到平面ABC的距离的一半．求出
ΔABC中AB长(用余弦定理)，由正弦定理求得ΔABC外接圆半径，求出ΔABC面积，求
体积求出OG，从而可得外接圆半径，得表面积．如图，O是SC中点，则 O是S-
ABC外接球球心，设G是ΔABC的外心，则OG⊥平面ABC，且OG等于S到平面
ABC的距离的一半．
∵AC=BC=1，∠ACB=120°，∴AB= AC2+BC2-2AC×BC×cos120°= 3，
AB 3
2GC= = =2，GC=1，
sin∠BCA sin120°
1 3 1 1 3 1
S = AC×BC×sin120°= ，V = S ⋅2OG= × ×2OG= ，
ΔABC 2 4 S-ABC 3 ΔABC 3 4 2
OG= 3，
∴ OC= GC2+GO2=2，
S=4π(OC)2=4π×22=16π．
故选：D.
第 页 共 页
1445 34272465 (2024·重庆九龙坡·高二重庆市育才中学校考期中)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都
在球O的球面上,SA为球的直径,ΔABC是边长为2的等边三角形,三棱锥S-ABC的
2 2
体积为 ,则球的表面积为 ( )
3
8 2π 128π
A.8π B. C.16π D.
3 3
【答案】A
【解析】画出其立体图像,如图:
设SA中点为O
∵SA为球的直径,故点O为三棱锥S-ABC外接球的球心.
设ΔABC外接圆的圆心为O
1
2 3
∴ΔABC是边长为2,故外接圆半径为: .
3
2 3
故AO =
1 3
∵ΔABC是边长为2的等边三角形
3
∴根据三角形面积公式可得:S = 22= 3
ΔABC 4
第 页 共 页
1446 34272 2
∵三棱锥S-ABC的体积为
3
1 2 2
∴根据三棱锥体积公式可得:V= S h=
3 ΔABC 3
1 2 2 2 6
可得 3h= ,解得:h=
3 3 3
1 6
根据几何关系可知:OO = h=
1 2 3
∵在RtΔOOA中,有OA2=OA2+OO2
1 1 1
6
∴OA2=
3

2 2 3
+
3

2
=2
∵根据球的表面积公式为 S =4πR2
球
∴ S =4πOA2=4π×2=8π
球
故选:A.
2466 (2024·重庆·校联考一模)已知三棱锥S-ABC各顶点均在球O上，SB为球O的直径，
2π
若AB=BC=2，∠ABC= ，三棱锥S-ABC的体积为4，则球O的表面积为
3
A.120π B.64π C.32π D.16π
【答案】B
【解析】求解出ΔABC面积后，利用三棱锥S-ABC的体积，构造方程，求解出点S到底
面ABC的距离，从而可知OO的长度；利用正弦定理得到AO，勾股定理得到球的半径，
从而求得球的表面积.原题如下图所示：
2π
由AB=BC=2，∠ABC= 得：BC=2 3
3
1 2π
则S = AB⋅BCsin = 3
ΔABC 2 3
设ΔABC外接圆圆心为O，则OO⊥⊙O
2 3
由正弦定理可知，ΔABC外接圆半径：OA= =2
2π
2sin
3
设S到面ABC距离为d
1
由SB为球O直径可知：OO= d
2
1
∴V = × 3×d=4∴d=4 3
O-ABC 3
则OO=2 3
∴球的半径OA= OA2+OO2= 4+12=4
球O的表面积S=4π×42=64π
本题正确选项：B
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1447 34272467 (2024·河北唐山·统考三模)三棱锥S-ABC的四个顶点都在球面上，SA是球的直径，
AC⊥AB，BC=SB=SC=2，则该球的表面积为 ( )
A.4π B.6π C.9π D.12π
【答案】B
【解析】如图：由题意，SA是球的直径，
∴SC⊥AC，SB⊥BA，
∵AC⊥AB，BC=SB=SC=2，
∴AC= SA2-4，AC= 4-AB2= 4-(SA2-4)= 8-SA2
∴ SA2-4= 8-SA2
∴SA2=6，
∴SA= 6，
6
∴球的半径为 ，
2
6
∴球的表面积为4π× =6π，
4
故选：B．
2468 (2024·河南南阳·统考模拟预测)已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，
PC是球O的直径.若平面PCA⊥平面PCB，PA=AC，PB=BC，三棱锥P-ABC的
体积为a，则球O的体积为
2 4
A.2πa B.4πa C. πa D. πa
3 3
【答案】B
【解析】
连接AO,BO因为PA=AC,PB=BC,所以ΔPAC和ΔPBC为等腰三角形,又因为PC
为球O的直径,所以O为PC的中点,所以AO⊥PC,BO⊥PC,又因为平面PCA⊥平
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1448 3427面PCB,所以AO⊥BO,又因为PC∩BO=O,所以AO⊥平面PBC,设半径为r，则
1 1
V =V = ×S ×AO= r3=a，所以S =4πa，故选B．
P-ABC P-SBC 3 Δ PBC 3 球
2469 (2024·福建莆田·高三统考期中)三棱锥S-ABC的各顶点均在球O上，SC为该球的直
1
径，AC=BC=1,∠ACB=120°，三棱锥S-ABC的体积为 ，则球的表面积为
2
A.4π B.6π C.8π D.16π
【答案】D
【解析】
1 3
如图，S = AC⋅BC⋅sin∠ACB= ，
ΔABC 2 4
1
∵三棱锥S-ABC的体积为 ，
2
1 3 1
所以 × ×h= ，
3 4 2
解得三棱锥S-ABC的高为2 3，
设H为三角形ABC的外接圆的圆心，
连接OH，则OH⊥平面ABC，
因为SC为该球的直径，
1
所以OH= h= 3，
2
连接CH，由正弦定理可知三角形ABC的外接圆的直径为
AB 3
2CH= = =2，∴CH=1,
sin∠ACB sin120°
由勾股定理可得球半径CO= CH2+OH2=2
∴球O的表面积为4π×22=16π，故选D.
2470 (2024·全国·高三专题练习)已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球
16
的直径，△ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥P-ABC的体积为 ，则该三棱锥的
3
外接球的表面积为 ( )
16 40 64 80
A. π B. π C. π D. π
3 3 3 3
【答案】D
【解析】
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1449 3427根据题意作出图形如图示.设球心为O，球的半径r.
过A、B、C三点的小圆的圆心为O ，则OO ⊥平面ABC，延长CO 交球于点D，则PD
1 1 1
⊥平面ABC.所以OO ⎳PD.
1
因为O为PC的中点，所以PD=2OO
1
2 4 3 1
因为△ABC是边长为4的等边三角形，所以CO =4sin60°× = .且S = ×
1 3 3 △ABC 2
4×2 3=4 3.
16
由勾股定理得：OO = OC2-OC2= r2- .
1 1 3
16
所以PD=2OO =2 r2- .
1 3
1 1 16 16
所以三棱锥P-ABC的体积为V= S ×PD= ×4 3×2 r2- = ，解
3 △ABC 3 3 3
20
得：r2= .
3
20 80
所以该三棱锥的外接球的表面积为4πr2=4π× = π.
3 3
故选：D
2471 (2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习)已知SC是球O的直径，A,B是球O球面
上的两点，且CA=CB=1,AB= 3，若三棱锥S-ABC的体积为1，则球O的表面积为
A.4π B.13π C.16π D.52π
【答案】D
1 1
【解析】设球心为O,∵SC是球心的直径，∴O是SC的中点，V = V = ，
O-ABC 2 S-ABC 2
1 1 1 1 3 1
设O到面ABC距离为d，则 ×S ×d= ，即 × ×1×1× d= ,d=
3 ΔABC 2 3 2 2 2
3
2 3，由正弦定理可得ΔABC外接圆直径为2r= =2,r=1,∴球半径为R=
3
2
d2+r2= 13，球表面积为4πR2=52π，故选D.
12 题型十二：外接球之共斜边拼接模型
2472 (2022·江西·高二阶段练习(理))如图，在四棱锥P-ABCD中，底面是菱形，PB⊥底面
π
ABCD，O是对角线AC与BD的交点，若PB=1，∠APB= ，则三棱锥P-BOC的外
3
接球的体积为 ( )
第 页 共 页
1450 34272π 4π 5π
A. B. C. D.2π
3 3 3
【答案】B
【解析】解：∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD ，又PB⊥ 底面ABCD，∴AC⊥PB ，
π
∴AC⊥ 平面PBD，∴AC⊥PO，即∠POC= ，
2
取PC的中点M，如下图：
1
连结BM，OM，在Rt△PBC中，MB=MC=MP= PC，
2
1
在Rt△POC中MO= PC，
2
∴点M为三棱椎P-BOC的外接球的球心，
在△PAC 中，由于PO⊥AC ，O是AC的中点，所以△PAC是等腰三角形，
π
PA=PC=1÷cos =2 ，
3
1 4
外接球半径为 PC=1 ，外接球的体积为 π ；
2 3
故选：B．
2473 (2022·安徽·芜湖一中高二期中)已知三棱锥P-ABC中，PA=1，PB=3，PC= 5，
AB=2 2，CA=CB=2，则此三棱锥的外接球的表面积为 ( )
14π 28π
A. B. C.9π D.12π
3 3
【答案】C
【解析】因为PA=1，AB=2 2，PB=3，则PB2=PA2+AB2，所以PA⊥AB，
又因为AB=2 2，BC=2，AC=2，则AB2=BC2+AC2，所以AC⊥BC，
由PA=1，AC=2，PC= 5，则PC2=PA2+AC2，所以PA⊥AC，
又由PC= 5，BC=2，PB=3，则PB2=PC2+BC2，所以PC⊥BC，
第 页 共 页
1451 3427可得PB为三棱锥P-ABC的外接球的直径，
又由PC2=PA2+AC2+BC2=1+4+4=9，
4+4+1 3
所以此三棱锥的外接球半径为R= = ，
2 2
所以球的表面积为S=4πR2=9π．
故选：C．
2474 (2022·江西赣州·高二期中(理))在三棱锥A-SBC中，AB= 10,∠ASC=∠BSC=
π 15
,AC=AS,BC=BS若该三棱锥的体积为 ，则三棱锥A-SBC外球的体积为
4 3
( )
π
A.π B. C. 5π D.4 3π
3
【答案】D
【解析】如图所示：
设SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，
π
因为∠ASC=∠BSC= ,AC=AS,BC=BS，
4
π
所以∠SAC=∠SBC= ，
2
则OA=OB=OC=OS，
所以O为其外接球的球心，设球的半径为R，
因为OD⊥AB，AB= 10，
10 10
所以AD=DB= ,OD= R2-
2 2

2
，
1 1
所以S = ⋅AB⋅OD= 10R2-25，
△AOB 2 2
第 页 共 页
1452 3427因为SC⊥OA,SC⊥OB,OA∩OB=O，
所以SC⊥平面AOB，
1 1 1 15
所以V = ⋅S ⋅SC= ⋅ 10R2-25⋅2R= ，
A-SBC 3 AOB 3 2 3
解得R= 3，
4
所以其外接球的体积为V= ⋅π⋅R3=4 3π，
3
故选：D
2475 在矩形ABCD中，AB=4,BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC
-D，则四面体ABCD的外接球的体积为 ( )
125 125 125 125
A. π B. π C. π D. π
12 9 6 3
【答案】C
【解析】设矩形对角线的交点为O，则由矩形对角线互相平分，可知OA=OB=OC=
OD．
∴点O到四面体的四个顶点A、B、C、D的距离相等，即点O为四面体的外接球的球心，
如图2所示．
5 4 125
∴外接球的半径R=OA= ．故V球= πR3= π．选C．
2 3 6
2476 三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AC=2，PA⊥PC，AB⊥BC，则三棱
锥P-ABC的外接球的半径为
【答案】1
【解析】AC是公共的斜边，AC的中点是球心O ，球半径为R=1．
13 题型十三：外接球之坐标法模型
2477 (2024·浙江·高二校联考阶段练习)空间直角坐标系O-xyz中，A( 2,0,0),B(0,3,0),C
(0,0,5),D( 2,3,5),则四面体ABCD外接球体积是 ( )
108
A.25π B.36π C. π D.288π
3
【答案】B
【解析】取E( 2,0,5),F( 2,3,0),G(0,3,5),O(0,0,0)，则OAFB-CEDG是长方体，
其对角线长为l= ( 2)2+32+52=6，
l
∴四面体ABCD外接球半径为r= =3．
2
4 4
V= πr3= π×33=36π，
3 3
第 页 共 页
1453 3427故选：B．
2478 (2024·贵州·统考模拟预测)如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2
(单位：m)的正方体截去四个相同的三棱锥(截面为等腰三角形)后得到.若将该培植箱
置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为 m2
41π
【答案】
4
【解析】如图将正方体补全，依题意可得A、B、C、D为正方体底面边上的中点，
要使球的表面积最小，即为求ABCD-EFGH的外接球的表面积，
如图建立空间直角坐标系，则A1,0,0  ，H0,0,2  ，则几何体ABCD-EFGH外接球的
球心必在上、下底面中心的连线上，
设球心为M1,1,m  ，球的半径为R，则R2=MA  2=MH  2，
即R2=12+m2=12+12+m-2 
5
2，解得m= ，
4
5 所以R2=12+
4
 2 41 = ，
16
41 41 41
所以外接球的表面积S=4πR2=4π× = π，即该球表面积的最小值为 πm2.
16 4 4
41
故答案为： π
4
2479 (2024·河南开封·开封高中校考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，AD⊥AB,AB=
2
AD=2,△ACD为等边三角形，三棱锥A-BCD的体积为 ，则三棱锥A-BCD外接球
3
的表面积为 .
第 页 共 页
1454 3427【答案】4π5-2 2 
【解析】
过C作CH⊥面ABD于H，
1 1 1 2
则三棱锥A-BCD的体积为V= S ⋅CH= × ×2×2⋅CH= ，所以CH=
3 △ABD 3 2 3
1，
取AD中点M，连接CM，MH，
因为△ACD为等边三角形，所以AD⊥CM，
又CH⊥面ABD，AD⊂面ABD，所以AD⊥CH，
又CM∩CH=C，所以AD⊥面CMH，
MH⊂面CMH，所以AD⊥MH，
在Rt△CMH中，CM= 3,CH=1,所以MH= 2,
以AB，AD为x,y轴，垂直于AB，AD方向为z轴，建立如图所示空间坐标系，
A0,0,0  ,B2,0,0  ,D0,2,0  ,C 2,1,1  ,
设球心O，O在面ABD的投影为N，
由OA  =OB  =OD  得NA  =NB  =ND  ，
所以N为Rt△ABD的外接圆圆心，所以N为Rt△ABD斜边的中点，故设O1,1,t  ,
由OA  =OC  得12+12+t2= 2-1  2+1-1  2+t-1  2，解得t=1- 2，
所以R2=OA  2=12+12+1- 2  2=5-2 2，
故外接球的表面积为4πR2=4π5-2 2  ，
故答案为：4π5-2 2 
π
2480 (2024·全国·高三专题练习)如图①，在Rt△ABC中，C= ，AC=BC=2，D，E分别
2
为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△ADE的位置，使AD⊥CD，如图②.若F
1 1
是AB的中点，则四面体FCDE的外接球体积是 ( )
1
第 页 共 页
1455 34272 2 2
A.2π B. π C. π D. π
3 6 12
【答案】B
【解析】依题意CD⊥DE，AD⊥DE，AD∩DC=D，AD,DC⊂平面ADC，所以
1 1 1 1
DE⊥平面A 1 DC，又A 1 D⊥CD，如图建立空间直角坐标系，则D0,0,0  、C1,0,0  、
E0,1,0  、B1,2,0  、A 10,0,1 
1 1
、F ,1,
2 2
 ，依题意△DCE为直角三角形，所以△DCE
1 1
的外接圆的圆心在CE的中点 , ,0
2 2

1 1
，设外接球的球心为M , ,m
2 2
 ，半径为R，则
DM  =MF  1 =R，即R= 
2
 2 1 +
2
 2 +m2=  1 - 1
2 2
 2 1 +1-
2
 2 1 + -m
2
 2 ，解得
2 4 2
m=0，所以R= ，所以外接球的体积V= πR3= π；
2 3 3
故选：B
2481 (2024·湖北武汉·高一武汉外国语学校(武汉实验外国语学校)期末)如图，已知四棱锥E
   
-ABCD，底面ABCD是边长为3的正方形，AE⊥面ABCD，EQ=2QD，EP=2PB，
 
1
ER= RC，若RP=RQ= 6，则四棱锥E-ABCD外接球表面积为 ( )
2
第 页 共 页
1456 3427A.44π B.54π C.176π D.216π
【答案】B
【解析】以A为坐标原点，以AD，AB，AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐
标系，设AE=h，
则A0,0,0  ，B0,3,0  ，C3,3,0  ，D3,0,0  ，E0,0,h  ，
h
则P0,2,
3

h
，Q2,0,
3

2h
，R1,1,
3
 ，

于是PR 

=QR 
h2
= 2+ ，
9
h2
则 2+ = 6，∴h=6，四棱锥E-ABCD外接球直径为EC
9
 = 32+32+62=
54，故其表面积为4πr2=πEC

2=54π．
故选：B.
2482 (2024·河南郑州·模拟预测)在长方体中ABCD-ABCD 中，AB=AA =1，AD=
1 1 1 1 1
2，M是棱BC 的中点，过点B，M，D 的平面α交棱AD于点N，点P为线段DN上一动
1 1 1 1
点，则三棱锥P-BBM外接球表面积的最小值为 ．
1
【答案】3π
【解析】设三棱锥P-BBM外接球球心为O，半径为R，
1
则O在过直角△BBM斜边的中点E与平面BBM垂直的直线上，且满足OP=OB.
1 1
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
3 1
则A(2,0,0),N(1,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),M(1,1,1),D(0,0,1),E ,1,
1 2 2
 ，
3 1
设球心O ,m,
2 2


，m>0，又ND =(-1,0,1)，
1
 
设NP=λND 1 =(-λ,0,λ)，λ∈0,1  ，则P1-λ,0,λ  ，
1 由R=OP=OB，得R2= +λ
2
 2 +m2+ 1 -λ
2
 2 1 =
2
 2 +1-m  1 2+
2
 2 ，
1
则m= -λ2，由λ∈0,1
2

1
，m>0，可得0<m≤ ，
2
第 页 共 页
1457 3427又R2=1-m 
1 1 3
2+ ，所以当m= 时，R2取最小值，最小值为 ，
2 2 4
3
所以三棱锥P-BBM外接球表面积的最小值为4π× =3π.
1 4
故答案为：3π.
2483 (2024·湖南郴州·高二统考期末)如图，棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中，E，F
1 1 1 1
分别为棱AD 、AA 的中点，G为面对角线BC上一个动点，则三棱锥A -EFG的外接
1 1 1 1 1
球表面积的最小值为 .
81π
【答案】
16
【解析】以DA，DC，DD 分别为x轴，y轴，z轴建系.
1
则A 12,0,2  ，设Gt,2,t 
3 3
，球心O ,x,
2 2
 ，
1 3 R2=OA2= x2，又R2=OG2=2 -t 1 2 2  2 +x-2  2.
3 联立以上两式，得2x=t-
2
 2 + 7 ，所以t= 3 时，x= 7 ，R2= 81 为最小值，
4 2 8 64
81
外接球表面积最小值为 π.
16
81
故答案为： π.
16
2484 (2024·广东阳江·高三阳春市第一中学阶段练习)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长
1 1 1 1
为2，点P是线段BD 上的动点，则三棱锥P-ABC的外接球半径的取值范围为
1 1
．
3
【答案】  , 3
 2

【解析】如图，以D为原点建立空间直角坐标系，
则A2,0,0  ，
设O为AC的中点，O为三棱锥P-ABC外接球的球心，
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1458 3427则O为△ABC外接圆的圆心，OO⊥平面ABC，OA=OP，
设Px,2-x,2  x∈0,2    ,O1,1,z  ，
则OA= 1+1+z2,OP= x-1  2+1-x  2+2-z  2，
所以1+1+z2=x-1

2+1-x

2+2-z

2，
化简得2z=x2-2x+2=x-1  2+1,x∈0,2  ，
1
所以z∈  ,1
 2
 ，
3
所以球的半径OA= 2+z2∈  , 3
 2
 .
3
故答案为：  , 3
 2
 .
14 题型十四：外接球之空间多面体
2485 (2024·全国·高三专题练习)自2015年以来，贵阳市着力建设“千园之城”，构建贴近生活、
服务群众的生态公园体系，着力将“城市中的公园”升级为“公园中的城市”．截至目前，贵
阳市公园数量累计达到1025个．下图为贵阳市某公园供游人休息的石凳，它可以看做是
一个正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的的棱长为20 2cm，则石凳
所对应几何体的外接球的表面积为 cm2．
【答案】1600π
【解析】
第 页 共 页
1459 3427设正方体的中心为O，E为棱的中点，连接AD,BC,AC,BD，
1 1 1 1
则O为矩形ADCB 的对角线的交点，
1 1
1 1
则OE= BC= ×20 2× 2=20，
2 1 2
同理，O到其余各棱的中点的距离也为20，
故石凳所对应几何体的外接球的半径为20，其表面积为4π⋅202=1600π cm2，
故答案为：1600π
2486 (2024·山东青岛·高一山东省青岛第五十八中学校考阶段练习)截角四面体是一种半正
八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所
示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的
截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为 .
11π
【答案】
2
2 3
【解析】因为棱长为a的正四面体的高为 a2- × a
3 2

2 6
= a，
3
6 6 2 6
所以截角四面体上下底面距离为 ×3- ×1= ，
3 3 3
序曲其外接球的半径为R，等边三角形ABC的中心为O，正六边形EFHILK的中心为
2 6
O，则OO垂直于平面ABC与平面EFHILK，则 R2-OC2+ R2-OH2= ,
3
3
所以 R2-
3

2 2 6 11
+ R2-12= ，解得R2= ，
3 8
11 11π
所以该截角四面体的外接球的表面积为4πR2=4π× = ,
8 2
11π
故答案为：
2
第 页 共 页
1460 34272487 (2024·宁夏银川·银川二中校考一模)把一个棱长都是6的正四棱锥(底面是正方形，顶
点在底面的射影是正方形的中心)每条棱三等分，沿与正四棱锥顶点相邻的三等分点做截
面，将正四棱锥截去四个小正四面体和一个小正四棱锥(如图所示)，则剩下的几何体的外
接球的表面积等于 ．
【答案】40π
【解析】设正四棱锥底面的正方形为ABCD，顶点为E，棱AE的三等分点为点F和点G，
棱AB的三等分点为点M和点N，连接AC与BD交于点O，连接EO，FO，GO，MO，
MO，则EO⊥底面ABCD，如图所示，
因为正四棱锥的棱长是6，即AE=AB=BC=CD=AD=6，
所以OA=OC=OB=OD=3 2，
所以EO= AE2-AO2= 62-(3 2)2=3 2，
即OA=OC=OB=OD=OE=3 2，
所以正四棱锥的外接球的球心为点O，∠AEO=45°，
又因为OA=OE，∠OAF=∠OEG，AF=EG，
所以△OAF≅△OEG，则OF=OG,
同理可证△OAM≅△OBN，则OM=ON,
又因为AF=AM，∠FAO=∠MAO，AO=AO，
所以△OAF≅△OAM，则OF=OM，
同理可证出该几何体其他顶点到点O的距离都相等，
第 页 共 页
1461 3427故剩下的几何体的外接球的球心也为点O，
2
∵cos∠AEO=cos45°= ，
2
EF2+EO2-OF2 42+3 2
所以在△EFO中，cos∠FEO= =
2×EF×EO
 2-OF2 2
= ，
2×4×3 2 2
解得OF= 10，
即剩下的几何体的外接球的半径为 10，
故剩下的几何体的外接球的表面积：4πr2=4×π× 10  2=40π，
故答案为：40π．
2488 (2024·山东济南·高一山东省济南市莱芜第一中学校考阶段练习)取两个相互平行且全
等的正n边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边
三角形，我们把这种多面体称作“n角反棱柱”.当n=4时，得到如图所示棱长均为2的
“四角反棱柱”，则该“四角反棱柱”外接球的表面积等于 ( )
A.11π B. 8+2 2  π C. 8+2 3 
11 11
π D. π
6
【答案】B
【解析】如图所示：设上下底面的中心分别为A,B，设该“四角反棱柱”外接球的球心是
O，
显然O是AB的中点，设AB的中点为E，连接EF，DF，
过E做EG⊥DF，垂足为G，
1 1
因为DG=CE= ×2=1，DF= 22+22= 2，
2 2
所以DG=DF-DG= 2-1，
在直角三角形EGF中，EG2=EF2-GF2=3-( 2-1)2=2 2，
1 2 2
所以有CD=EG= 2 2，于是有OD= CD= ，
2 2
2 2
在直角三角形ODF中，OF2=OD2+DF2= +2，
4
2 2
所以该“四角反棱柱”外接球的表面积等于4π⋅OF2=4π +2
4
 =(2 2+8)π，
故选：B
第 页 共 页
1462 342715 题型十五：与球有关的最值问题
2489 (2024·江西抚州·统考模拟预测)如图，直三棱柱ABC-ABC中，AC⊥BC,AC=
2 5,BC=4，棱柱的侧棱足够长，点P在棱BB上，点C 在CC上，且PA⊥PC ，则当
1 1
△APC 的面积取最小值时，三棱锥P-ABC的外接球的体积为 .
1
【答案】20 15π
【解析】如图所示，取AP的中点为O，连接CO,OB，
因为三棱柱ABC-ABC为直棱柱，所以CC ⊥平面ABC，
1
因为AC⊂平面ABC，所以CC ⊥AC，
1
又因为CB⊥AC且CC ∩BC=C，CC,BC⊂平面BCCB，所以AC⊥平面BCCB，
1 1
因为CP⊂平面BCCB，所以AC⊥CP，
1
又因为PA⊥PC 且AC∩PA=A，AC,PA⊂平面ACP，所以PC ⊥平面ACP，
1 1
因为CP⊂平面ACP，所以PC ⊥PC，
1
设PB=x，CC 1 =h，在直角△PCB中，CP2=16+x2，同理C 1 P2=16+h-x  2，
所以h2=32+x2+h-x 
16
2，整理得到h-x= ，
x
1
又由S = 36+x2× 16+h-x
△AC1P 2

1 162
2= (36+x2)16+
2 x2

9×162 9×162
=2 208+4x2+ ≥2 208+2 4x2× =20，
x2 x2
当且仅当x=2 6时等号成立，即PB=2 6时，△APC 的面积取最小值，
1
因为AC⊥平面BCCB，CP⊂平面BCCB，所以AC⊥CP，所以OA=OP=OC，
又因为△PAB为直角三角形，故OP=OB，所以O为三棱锥P-ABC的外接球的球心，
设外接球的半径为R，可得外接球的直径为2R= 36+24=2 15，
4 4
所以外接球的体积为V= πR3= π× 15
3 3
 3=20 15π.
故答案为：20 15π.
第 页 共 页
1463 34273
2490 (2024·全国·学军中学校联考二模)如图，直三棱柱ABC-ABC 中，∠BCA= π,AC
1 1 1 4
= 2,BC=2，点P在棱BB 上，且PA⊥PC ，当△APC 的面积取最小值时，三棱锥P
1 1 1
-ABC的外接球的表面积为 .
【答案】20+3 10  π
【解析】由余弦定理得：
3π
AB= AC2+BC2-2AC⋅BC⋅cos = 10
4
设BP=x,BP=y，则PA= 10+x2,PC = BC2+BP2= 4+y2，
1 1 1 1 1
AC = AC2+CC2= 2+(x+y)2
1 1
由PA2+PC2=AC2得：10+x2+4+y2=2+(x+y)2，解得：xy=6，
1 1
1 1
因为PA⊥PC ，故S = AP⋅PC = 10+x2⋅ 4+y2=
1 △APC1 2 1 2
1
40+10y2+4x2+x2y2
2
由基本不等式得：当且仅当 10y=2x，且x⋅y=6时，即x2=3 10时取最小值.底面三
AB
角形外接圆半径2r= =2 5⇒r= 5，
sinC
PB R2=r2+
2
 2
x2
S=4πR2=4π5+
4

3 10
=4π5+
4
 =20+3 10  π.
故答案为：20+3 10  π
2491 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，
1 1 1 1
点E∈平面AABB，点F是线段AA 的中点，若DE⊥CF，则当△EBC的面积取得最
1 1 1 1
小值时，三棱锥E-BCC 外接球的体积为 .
1
8 2π
【答案】
3
【解析】如图以DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴建立空间直角坐标系，取AB的中点
1
G，连接BD ，BG，DG，
1 1 1 1
 
得G(2,1,0)，D(0,0,2)，B(2,2,2)，F(2,0,1)，C(0,2,0)，所以CF=(2,-2,1)，DB =(2,
1 1 1 1
2,0)，
    
DG=(2,1,-2)，因为CF⋅DB =2×2-2×2+0=0，CF⋅DG=2×2-2×1-1×
1 1 1 1
2=0，所以
CF⊥DB ，CF⊥DG，所以CF⊥平面DBG，因为DE⊥CF，点E又在平面
1 1 1 1 1 1
AABB上，所以点E在
1 1
1
直线BG上，则S = ⋅EB⋅BC=EB，当△EBC的面积取得最小值时，线段EB的
1 △EBC 2
长度即为点B到直
第 页 共 页
1464 3427线BG的距离，即BE⊥BG时，△EBC面积最小，由BG=1，BB =2，△GBB 为直角
1 1 1 1
三角形，可得
2 5 5 4 5
EB= ，EG= ，BE= ，过点E作EM⎳BC交平面DCCD 于点M，连接
5 5 1 5 1 1
MC，MC ，可以得
1
到直三棱柱EBB -MCC ，向外构建长方体EBNB -MCHC ，则三棱锥E-BCC 外
1 1 1 1 1
接球即可以为长方
体EBNB -MCHC 的外接球，设外接球的半径为R，所以2R=
1 1
2 5

5

2 4 5
+
5

2
+22=2 2，即
4π 8 2π
R= 2，则外接球体积为 R3= .
3 3
8 2π
故答案为：
3
2492 (2024·广东深圳·高三深圳中学校考开学考试)如图，直三棱柱ABC-ABC 中，AC
1 1 1
⊥BC，AC= 7，BC=3，点P在棱BB 上，且PA⊥PC ，当△APC 的面积取最小值
1 1 1
时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ．
【答案】28π
【解析】由勾股定理得：AB= AC2+BC2= 7+9=4，
设BP=x，BP=y，则PA= 16+x2，PC = BC2+BP2= 9+y2，
1 1 1 1 1
AC 1 = AC2+CC 1 2= 7+x+y  2，
由PA2+PC
1
2=AC
1
2得：16+x2+9+y2=7+x+y

2，解得：xy=9，
1 1 1
因为PA⊥PC ，故S = AP⋅PC = 16+x2⋅ 9+y2= 225+16y2+9x2
1 △APC1 2 1 2 2
由基本不等式得：16y2+9x2≥24xy=216，
3 3
当且仅当4y=3x，即x=2 3,y= 时，等号成立，
2
将三棱锥P-ABC补形为长方体AP，则三棱锥P-ABC的外接球即该长方体AP的
外接球，
第 页 共 页
1465 3427其中长方体AP的外接球的直径为 AC2+BC2+BP2= 7+9+12=2 7，
故半径为 7，故三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4π× 72=28π.
故答案为：28π
2493 (2024·黑龙江齐齐哈尔·高一校联考期末)已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在同一个
球面上，底面△ABC为等腰直角三角形且BA=BC=4，若该三棱锥体积的最大值为
32
，则其外接球的表面积为 .
3
【答案】36π
【解析】如图所示：设球心为O,△ABC所在圆面的圆心为O ，则OO ⊥平面ABC．
1 1
因为△ABC为等腰直角三角形且BA=BC=4，所以O 是AC中点；所以当三棱锥体积
1
1 1
最大时，P为射线OO与球的交点，所以V = ×PO ×S ；因为S = ×4
1 P-ABC 3 1 △ABC △ABC 2
×4=8，设球的半径为R，所以PO =PO+OO =R+ R2-AO2=R+ R2-8，所以
1 1 1
1
⋅R+ R2-8
3

32
⋅8= ，解得：R=3，所以球的表面积为4πR2=36π.
3
故答案为：36π．
2494 (2024·四川泸州·高三四川省泸县第一中学校考阶段练习)已知四棱锥S-ABCD中，底
面ABCD为正方形，侧面SAB为等边三角形，AB=3，则当四棱锥的体积取得最大值
时，其外接球的表面积为 ．
【答案】21π
【解析】依题意可知，当侧面SAB⊥底面ABCD时，四棱锥S-ABCD的体积最大．
设球心为O，半径为R，正方形ABCD和△SAB外接圆的圆心分别为O ，O ，正方形
1 2
ABCD外接圆半径为r ，则OO ⊥平面ABCD，OO ⊥平面SAB．
1 1 2
因为△SAB和正方形ABCD的边长均为3，设AB的中点为E，
第 页 共 页
1466 34271 3 3 2
所以OO =O E= SE= ，OB=r = ，
1 2 3 2 1 1 2
3
由勾股定理得R2=OB2=OO2+r2=
1 1 2

2 3 2
+
2

2 21
= ，
4
所以球O的表面积S=4πR2=21π．
故答案为：21π
2495 (2024·湖南长沙·高三宁乡一中校考阶段练习)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面
ABC，PA=2，AB=AC=BC=2m，M为AC的中点，若三棱锥P-ABM的顶点均在
7 3
球O的球面上，D是球O上一点，且三棱锥D-PAC体积的最大值是 ，则球O的体
3
积为 .
32 32π
【答案】 π/
3 3
【解析】正△ABC中，M为AC的中点，则BM⊥AC，而PA⊥平面ABC，BM⊂平面
ABC，即BM⊥PA，
而PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，则BM⊥平面PAC，PM⊂平面PAC，有BM
⊥PM，又PA⊥AB，
因此，Rt△PBM与Rt△PAB的斜边PB中点到点A，B，M，P的距离相等，即三棱锥P
-ABM外接球球心为PB中点，
从而，点O是三棱锥P-ABM外接球球心，设球O的半径为R，有R2=1+m2，
△PAM的外接圆圆心为PM的中点，设为F，连接OF，则OF⊥平面PAF，如图，
1 1
则有OF= R2- PM2= R2- 4+m2
4 4
 ，即O到平面PAC的距离为
1
R2- 4+m2
4
 ，
1
因此D到平面PAC距离的最大值为 R2- 4+m2
4

1
+R= 1+m2-1- m2+
4
第 页 共 页
1467 34273
1+m2= m2+ 1+m2，
4
1 1 3
又S = ×2×2m=2m，即有 ×2m m2+ 1+m2
△PAC 2 3 4

7 3
= ，解得m2=3，R2
3
=1+m2=4，R=2，
4 32
所以球O的体积为 πR3= π.
3 3
32
故答案为： π
3
2496 (2024·江西南昌·南昌十中校考模拟预测)点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=
BC=AC= 3，若四面体ABCD体积的最大值为 3，则这个球的表面积为 .
289π 289
【答案】 / π
16 16
3 3 3
【解析】依题意，三角形ABC为正三角形，面积为S = ×( 3)2= ，
△ABC 4 4
1
设四面体ABCD的高为h，则 ×h×S ≤ 3，解得h≤4，
3 △ABC
设球心为O,三角形ABC的外接圆圆心O′，当四面体ABCD体积最大时，D,O,O＇三
点共线，如图，
3
三角形ABC所在平面截球得到的圆为三角形ABC的外接圆，其半径r= =1，
2sin60°
连接球心O和三角形ABC的外接圆圆心O′，则OO′⊥平面ABC，设球的半径为R，
∴OO′= R2-1，
17
∴ R2-1+R=4，解得R= ，
8
17 这个球的表面积为S=4πR2=4π×
8
 2 289π = ，
16
289π
故答案为：
16
16 题型十六：内切球之正方体、正棱柱模型
2497 (2024·广东肇庆·高一校考阶段练习)棱长为2的正方体ABCD-ABCD 的内切球的
1 1 1 1
球心为O，则球O的体积为 ( )
2 4 8
A. π B. π C.2π D. π
3 3 3
【答案】B
第 页 共 页
1468 3427【解析】正方体ABCD-ABCD 的内切球的球心为O，由对称性可知O为正方体的中
1 1 1 1
心，球半径为1，
4 4
即球的体积为V= π×13= π.
3 3
故选：B.
2498 (2024·河北邯郸·高一大名县第一中学校考阶段练习)已知直三棱柱ABC-ABC 存
1 1 1
在内切球，若AB=3,BC=4,AB⊥BC，则该三棱柱外接球的表面积为 ( )
A.26π B.27π C.28π D.29π
【答案】D
【解析】因为AB=3,BC=4,AB⊥BC，故AC=5，
AB+BC-AC
故Rt△ABC的内切圆的半径为 =1.
2
因为直三棱柱ABC-ABC 存在内切球，故直三棱柱的高即为内切球的直径.
1 1 1
而内切球的半径即为底面三角形内切圆的半径，故内切球的半径为1，
故直三棱柱的高为2.
将直三棱柱补成如图所示的长方体，则外接球的直径即为该长方体的体对角线，
1 1
故外接球的半径为 22+32+42= 29，
2 2
故外接球的的表面积为29π.
故选：D.
2499 (2024·山西太原·高一校考阶段练习)已知正方体的内切球(球与正方体的六个面都相
32
切)的体积是 π，则该正方体的体积为 ( )
3
A.4 B.16 C.8 D.64
【答案】D
32 4
【解析】根据球的体积公式， π= πr3，解得r=2.
3 3
因为正方体的内切球直径等于正方体的棱长，所以正方体的棱长为4，故正方体的体积
为V=43=64.
故选：D.
2500 (2024·全国·高一专题练习)若一个正三棱柱存在外接球与内切球，则它的外接球与内切
球体积之比为 ( )
A.3 3:1 B.5:1 C.5 5:1 D.6:1
【答案】C
【解析】设正三棱柱底面正三角形的边长为a，则正三棱柱的内切球半径等于正三角形的
内切圆半
第 页 共 页
1469 34273 3
径，则内切球的半径r = a，正三棱柱的高h=2r = a．
内 6 内 3
3
设正三角形的外接圆半径为R，易得R= a，
3
h 所以外接球的半径r = 
外 2
 2 +R2=  3 a
6
 2 3 + a
3
 2 15 = a．
6
15
所以它的外接球与内切球体积之比为 a
6

3 3
: a
6

3
=5 5:1．
故选：C
2501 (2024·辽宁·高二沈阳二中校联考开学考试)在正三棱柱ABC-ABC中，D是侧棱
BB上一点，E是侧棱CC上一点，若线段AD+DE+EA的最小值是2 7﹐且其内部
存在一个内切球(与该棱柱的所有面均相切)，则该棱柱的外接球表面积为 ( )
A.4π B.5π C.6π D.8π
【答案】B
【解析】设正三棱柱ABC-ABC的底面边长为a,高为h，
对三个侧面进行展开如图，
要使线段AD+DE+EA的最小值是2 7，则连接AA(左下角A，右上角A)，
此时D,E在连接线上，故 3a  2+h2=2 7①，
因为正三棱柱ABC-ABC内部存在一个半径为r的内切球，
h=2r
 3
所以 3 1 整理得h= a，
a× =r 3
2 3
3
将h= a代入①可得a= 3,h=1，
3
3 2
所以正三棱柱ABC-ABC的底面外接圆半径为 × 3× =1，
2 3
1 5
所以正三棱柱ABC-ABC的外接球半径为 1+ = ，
4 2
5
所以该棱柱的外接球表面积为4π⋅
2

2
=5π
故选：B
2502 (2024·全国·高一专题练习)若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外
接球和内切球的表面积的比值为 ( )
A.2:1 B.3:2 C.7:3 D.7:4
【答案】C
【解析】如图：O,O 分别为底面中心，O为OO 的中点，D为AB的中点
1 2 1 2
设正六棱柱的底面边长为2
若正六棱柱有内切球，则OO =OD= 3，即内切球的半径r= 3
1 1
OA2=OO2+OA2=7，即外接球的半径R= 7
1 1
第 页 共 页
1470 3427则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2:4πr2=R2:r2=7:3
故选：C．
2503 (2024·全国·高三专题练习)已知点O到直三棱柱ABC-ABC 各面的距离都相等，球
1 1 1
O是直三棱柱ABC-ABC 的内切球，若球O的表面积为16π，△ABC的周长为4，则
1 1 1
三棱锥A -ABC的体积为 ( )
1
4 16 8 3 16 3
A. B. C. D.
3 3 3 3
【答案】B
【解析】设直三棱柱ABC-ABC 的高为h，AB=c，BC=a，AC=b，内切球O的半
1 1 1
径为r，则h=2r，
由题意可知球O的表面积为16π=4πr2，解得r=2，∴h=4，
又△ABC的周长为4，即a+b+c=4，
∴连接OA，OB，OC，OA,OB,OC 可将直三棱柱ABC-ABC 分成5个棱锥，
1 1 1 1 1 1
即三个以原来三棱柱侧面为底面，内切球球心为顶点的四棱锥，
两个以原来三棱柱底面为底面，内切球球心为顶点的的三棱锥，
1 1 1
∴由体积相等可得直三棱柱ABC-ABC 的体积为S h= ahr+ bhr+ chr
1 1 1 △ABC 3 3 3
1
+2× S r，
3 △ABC
1 4
即4S = (a+b+c)hr+ S ，∴S =4，
△ABC 3 3 △ABC △ABC
1 1 16
∴三棱锥A -ABC的体积为 S h= ×4×4= ．
1 3 △ABC 3 3
故选：B．
第 页 共 页
1471 342717 题型十七：内切球之正四面体模型
2504 (2024·高一课时练习)边长为1的正四面体内切球的体积为 ( )
6π 2 π 6π
A. B. C. D.
8 12 6 216
【答案】D
【解析】将棱长为1的正四面体ABCD补成正方体AECF-GBHD，则该正方体的棱长
2
为 ，
2
2
V =
A-BCD 2

3 2 1 1 2
-4V = -4× × ×
B-ACE 4 3 2 2

3 2
= ，
12
3
设正四面体ABCD的内切球半径为r，正四面体ABCD每个面的面积均为 ×12=
4
3
，
4
2 1
由等体积法可得V = = rS +S +S +S
A-BCD 12 3 △ABC △ACD △ABD △BCD

3
= r，解得r=
3
6
，
12
4 6
因此，该正四面体的内切球的体积为V= π×
3 12

3 6
= π.
216
故选：D.
2505 (2024·全国·高三专题练习)已知正四面体的棱长为12，则其内切球的表面积为 ( )
A.12π B.16π C.20π D.24π
【答案】D
第 页 共 页
1472 3427【解析】设正四面体内切球球心为O，内切球半径为R，取CD中点F，作AE⊥平面
BCD于E，则E为△BCD中心，
1
则V = S +S +S +S
A-BCD 3 △BCD △ACD △ABC △ABD

1 3V
⋅R= S ⋅R，∴R= A-BCD.
3 表 S
表
2 2 2
∵BE= BF= × 144-36= ×6 3=4 3，∴AE= 144-48=4 6，
3 3 3
1 1 1 3
∴V = S ⋅AE= × ×122× ×4 6=144 2，
A-BCD 3 △BCD 3 2 2
1 3 3×144 2
又S =4S =4× ×122× =144 3，∴R= = 6，
表 △BCD 2 2 144 3
∴内切球表面积S=4πR2=24π.
故选：D.
2506 (2024·江苏·高一专题练习)正四面体A-BCD的棱长为2 2，则它的内切球与外接球
的表面积之比为 ( )
3 1 1 1
A. B. C. D.
4 4 8 9
【答案】D
【解析】依题意，正四面体A-BCD的内切球与外接球球心重合，记为O，令正△BCD的
中心为G，连接AG,BG,OB，
显然点O在AG上，令正四面体A-BCD的内切球与外接球半径分别为r,R，即OG=
r,OA=OB=R，
2 2 3 2 6
而BG= BCsin60°= ×2 2× = ，则AG= AB2-BG2=
3 3 2 3
2 6
(2 2)2-
3

2 4 3
= ，
3
4 3
在Rt△BOG中，R2= -R
3

2 2 6
+
3

2 3
，解得R= 3，r=AG-R= ，
3
4πr2 r
所以它的内切球与外接球的表面积之比为 =
4πR2 R

2 1
= .
9
故选：D
18 题型十八：内切球之棱锥模型
第 页 共 页
1473 34272507 (2024·安徽·高二马鞍山二中校联考阶段练习)已知矩形ABCD中，AB=2,AD=1，沿
着对角线AC将△ACD折起，使得点D不在平面ABC内，当AD⊥BC时，求该四面体
ABCD的内切球和外接球的表面积比值为 ( )
18-9 3 19-9 3 21-12 3 24-12 3
A. B. C. D.
5 5 5 5
【答案】C
【解析】取AC中点O，由矩形的性质可知OA=OB=OC=OD，
1 5
即O为该四面体的外接球的球心，故外接球的半径R= AC= ；
2 2
因为AD⊥BC,AD⊥DC，BC∩DC=C，BC,DC⊂平面BCD，
可得AD⊥平面BCD，
DC⊂平面BCD，则AD⊥DC，
且AD⊥BC,BC⊥AB，AD∩AB=A，AD,AB⊂平面ABD，
可得BC⊥平面ABD，
BD⊂平面ABD，则BC⊥BD，故该四面体ABCD的四个面都是直角三角形，
设四面体的内切球的半径为r，
1
因为内切球与四面体的四个面都相切，故r满足V = rS ，
四面体 3 表
1 1 1 1 1
则 ×1× ×1× 3= ×r2× ×1×2+2× ×1× 3
3 2 3 2 2

3
，解得r= =
4+2 3
2 3-3
；
2
2 3-3

因此该四面体的内切球和外接球的表面积的比值为
S
内 =
4πr2
=
r2
=
2
S 4πR2 R2
外

2
5

2

=
2
21-12 3
.
5
故选：C.
2508 (2024·广西·高二校联考期中)已知四棱锥P-ABCD的各棱长均为2，则其内切球表面
积为 ( )
A.(8-2 3)π B.(8-4 3)π C.(8-6 3)π D.(8-3 3)π
【答案】B
【解析】因为四棱锥P-ABCD的各棱长均为2，所以四棱锥P-ABCD是正四棱锥，
则S =2×2=4,S =4+4 3，
ABCD 表面积
第 页 共 页
1474 3427过P作底面垂线，垂足为H，则PH= 2，
1 1 6- 2
所以V = S ⋅PH= S ⋅r，则r= ，
P-ABCD 3 ABCD 3 表面积 2
故其内切圆表面积为4πr2=(8-4 3)π，
故选：B．
2509 (2024·湖北武汉·高二校联考阶段练习)如图，在三棱锥V-ABC中，∠AVB=∠BVC
=∠CVA=60°，VA=VB=VC，若三棱锥V-ABC的内切球O的表面积为6π，则此三
棱锥的体积为 ( )
A.6 3 B.18 3 C.6 2 D.18 2
【答案】D
【解析】连接VO，并延长交底面ABC于点E，连接AE，并延长交BC于D，
∵在三棱锥V-ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=60°，VA=VB=VC，
∴三棱锥V-ABC是正四面体，∴E是△ABC的中心，∴VE⊥平面ABC，
∵三棱锥V-ABC的内切球O的表面积为6π，
6
∴4πr2=6π，解得球O的半径r=OE= ，
2
2 2 a 设AB=a，则AE= AD= a2-
3 3 2
 2 = 3a ，VE= a2- 3a
3 3
 2 6 = a，
3
第 页 共 页
1475 34276 6
∴AO=VO= a- ，
3 2
3a
∵OE⊥AE，∴AE2+OE2=AO2，∴
3

2 6
+
2

2 6 6
= a-
3 2

2
，
6
解得a=6，∴VE= ×6=2 6，
3
1 1 1
∴此三棱锥的体积为V= S ⋅VE= × ×6×6×sin60°×2 6=18 2.
3 △ABC 3 2
故选：D.
2510 (2024·河南濮阳·高一濮阳一高校考阶段练习)在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC,
∠ABC=90°，且SA=3,AB=4,AC=5，若球O在三棱锥S-ABC的内部且与四个面
都相切(称球O为三棱锥S-ABC的内切球)，则球O的表面积为 ( )
16π 4π 32π 16π
A. B. C. D.
9 9 27 81
【答案】A
【解析】因为SA⊥平面ABC,∠ABC=90°，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂
平面ABC，
所以SA⊥AB，SA⊥AC，SA⊥BC，
又BC⊥AB,SA∩AB=A，
所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥SB，
所以△SAB,△ABC,△SAC，△SBC均为直角三角形，
1
设球O的半径为r，则V = S +S +S +S
S-ABC 3 △SAB △CAB △SAC △SBC
 ⋅r，
1 1 1 1
而V = ×3× ×3×4=6，S =S = SA⋅AB=6,S =S = ×
S-ABC 3 2 △SAB △CAB 2 △SAC △SBC 2
15
3×5= ，
2
1 15 15
所以 6+6+ +
3 2 2

2
⋅r=6，解得r= ，
3
2 所以球O的表面积为S=4πr2=4π×
3
 2 16π = ，
9
故选：A.
2511 (2024·福建龙岩·统考模拟预测)如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点
的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为 ( )
第 页 共 页
1476 3427π 4π
A. B.π C. D.4π
6 3
【答案】C
【解析】根据图形，已知正方体的棱长为2，易知正八面体的棱长为正方体面对角线长的
一半，
22+22
即为 = 2，
2
如图，
在正八面体中连接AF，DB，CE，可得AF，DB，CE互相垂直平分，O为正八面体的中
心，AO⊥平面BCDE，OD⊂平面BCDE，则AO⊥OD，AD= 2，AD=OD=1.
在Rt△AOD中，AO= AD2-OD2=  2  2-1=1，
1 4
则该正八面体的体积V=2× × 2× 2×1= ，
3 3
3
该八面体的表面积S=8× × 2
4
 2=4 3
设正八面体的内切球半径为r，
1 1 4 3
∵ Sr=V，即 ×4 3⋅r= ，解得r= ，
3 3 3 3
4π
∴S =4πr2= .
球 3
故选：C.
2512 (2024·浙江宁波·高一慈溪中学校联考期末)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形
的四面体称为鳖臑.在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=
CD=1，则其内切球表面积为 ( )
A.3π B. 3π C. 3-2 2  π D.  2-1  π
【答案】C
【解析】
第 页 共 页
1477 3427因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD,BC⊥CD，
所以AB⊥BD,AB⊥BC,BC⊥CD，AC⊥CD，
设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，
1
则V =V +V +V +V = rS +S +S +S
ABCD O-ABC O-ABD O-ACD O-BCD 3 △ABC △ABD △ACD △BCD

3V
所以r = ，
S
ABCD
因为四面体ABCD的表面积为S =S +S +S +S =1+ 2，
ABCD △ABC △ABD △ACD △BCD
1 1 1
又因为四面体ABCD的体积V = × ×1×1×1= ，
ABCD 3 2 6
3V 2-1
所以r= = ，
S 2
所以内切球表面积S=4πr2=(3-2 2)π.
故选：C.
19 题型十九：内切球之圆锥、圆台模型
2513 (2024·全国·高三专题练习)在Rt△ABC中，CA=1,CB=2.以斜边AB为旋转轴旋转
一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为 ( )
2π 8 2π 32π 4π
A. B. C. D.
3 3 81 81
【答案】C
【解析】由题意该几何体是两个共底面的圆锥的组合体，如图是其轴截面，
由对称性知其内切球球心O在AB上，O到CA,CB的距离OE,OF相等为球的半径，设
其为r，
因为C是直角，所以OECF是正方形，即CF=CE=r，
OF BF r 2-r 2
由OF⎳CA得 = ，即 = ，解得r= ，
CA BC 1 2 3
4 4 2 球体积为V= πr3= π×
3 3 3
 3 32 = π．
81
故选：C．
第 页 共 页
1478 34272514 (2024·天津·统考二模)已知一个圆锥的高为4，底面直径为6，其内有一球与该圆锥的侧
面和底面都相切，则此球的体积为 ( )
9
A.12π B.9π C. π D.3π
2
【答案】C
【解析】圆锥的母线长为l= 42+32=5，取圆锥的轴截面如下图所示：
1
设该圆锥的内切球O的半径为r，则S = rAB+BC+AC
△ABC 2

1
= ×4×BC，
2
4BC 4×6 3
所以，r= = = ，
AB+AC+BC 16 2
4 4 27 9π
因此，球O的体积为V= πr3= π× = .
3 3 8 2
故选：C.
2515 (2024·全国·高一专题练习)已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关
于该圆锥的说法中错误的是 ( )
2 2
A.圆锥的体积为 π
3
B.圆锥的表面积为2 2π
C.圆锥的侧面展开图是圆心角为 2π的扇形
D.圆锥的内切球表面积为(24-16 2)π
【答案】B
【解析】由题设，底面直径2R=2 2，故半径为R= 2，体高为 2，
1 2 2
所以圆锥的体积为 × 2×π×( 2)2= π，A正确；
3 3
1
圆锥的表面积为 ×2×2 2π+π×( 2)2=2( 2+1)π，B错误；
2
2 2π
底面周长为2 2π，侧面展开扇形半径为2，故圆心角为 = 2π，C正确；
2
由轴截面是腰长为2的等腰直角三角形，圆锥的内切球最大截面为其内切圆，
4
所以内切球半径为 =2- 2，故球体表面积为4π×(2- 2)2=(24-16 2)
2+2+2 2
π，D正确.
故选：B
2516 (2024·贵州贵阳·高二校考阶段练习)已知圆锥内切球(与圆锥侧面、底面均相切的球)的
半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为 ( )
A.81π B.96π C.108π D.126π
【答案】A
【解析】设圆锥的顶点为S，底面圆的圆心为B，内切球圆心为O，
第 页 共 页
1479 3427则OB=OC=2，AB=AC，
SO OC SC
因为SB⊥AB，OC⊥SA，所以△ABS∽△OCS，则 = = ，
SA AB SB
设AB=AC=rr>2  ，SA=l，
SB-2 2 l-r SB-2 2 2l
故 = = ，由 = 得：SB= +2，
l r SB l r r
2 l-r lr-r2
由 = 得：SB= ，
r SB 2
2l lr-r2
故 +2= ，所以4l+4r=lr2-r3，r3+4r=lr2-4
r 2
 ，
4r+r3
解得：l= ，
r2-4
2πr4
所以圆锥的表面积为πrl+πr2= ，
r2-4
令fr 
2r4
= ，fr
r2-4

8r3 r2-4
=
 -4r5
r2-4

4r5-32r3
=
2 r2-4

4r3 r2-8
=
2

r2-4

，
2
当r∈2 2,+∞  时，fr  >0，当r∈2,2 2  时，fr  <0，
故fr 
2r4
= 在r∈2,2 2
r2-4
 上单调递减，在r∈2 2,+∞  上单调递增，
故fr 
2r4
= 在r=2 2时取得最小值，fr
r2-4
 =f2 2
min

2×64
= =32，
8-4
4r+r3 8 2+16 2 2l 12 2
此时l= = =6 2，SB= +2= +2=8，
r2-4 4 r 2 2
设圆锥的外接球球心为M，连接MA，设SM=MA=R，
则MB=8-R，
由勾股定理得：MB2+AB2=MA2，即8-R  2+2 2  2=R2，
9
解得：R= ，故其外接球的表面积为4πR2=81π.
2
第 页 共 页
1480 3427故选：A
2517 (2024·全国·高一专题练习)已知圆锥的底面半径为2，高为4 2，则该圆锥的内切球表面
积为 ( )
A.4π B.4 2π C.8 2π D.8π
【答案】D
【解析】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点O为球心，内切球的半径为r，D,E为切点，
设OD=OE=r，即BE=BD=2
由条件可知，AB= 4 2  2+22=6，
△ADO中，AO2=AD2+DO2，即4 2-r  2=6-2  2+r2，解得：r= 2，
所以圆锥内切球的表面积S=4πr2=8π.
故选：D
2518 (2024·安徽宣城·高二校联考开学考试)如图，正四棱台ABCD-ABCD 的上、下底面
1 1 1 1
边长分别为2 2,4,E,F,G,H分别为AB，BC,CD,DA的中点，8个顶点E,F,G,H,A,B,
1 1
C,D 构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为 ( )
1 1
A.8 2π B.6 2π C.4 2π D.2 2π
第 页 共 页
1481 3427【答案】A
【解析】该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为r，
π
如图所示，∠NMQ+∠PQM=π,∴2∠OMT+2∠OQT=π,∴∠OMT+∠OQT= ，
2
所以∠MOQ=90°，
可得r2=2× 2=2 2，
故该内切球的表面积为S=4πr2=8 2π.
故选：A
2519 (2024·湖北咸宁·高二统考期末)已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及
侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径r:r =2:3，则圆台的体积与球的体积之比为
1 2
( )
3 19 19
A. B. C.2 D.
2 12 6
【答案】B
【解析】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，设圆O与梯
形的腰相切于点E，与上、下底的分别切于点O ，O ，
1 2
设球的半径为r，圆台上下底面的半径为r =2a，r =3a.注意到OD与OA均为角平分
1 2
线，因此∠DOA=90°，
从而△AO O~△OOD，故r2=rr =6a2.设台体体积为V，球体体积为V，
2 1 1 2 1 2
1
V 3 ×2r×πr 1 2+πr 2 2+πr 1 r 2
则 1 =
V
2
 r2+r2+r2 4a2+9a2+6a2 19
= 1 2 = = .
4
πr3
2r2 12a2 12
3
故选：B
第 页 共 页
1482 342720 题型二十：棱切球之正方体、正棱柱模型
2520 (2024·山东菏泽·高一山东省鄄城县第一中学校考阶段练习)已知球O 与一正方体的各
1
条棱相切，同时该正方体内接于球O ，则球O 与球O 的表面积之比为 ( )
2 1 2
A.2：3 B.3：2 C. 2: 3 D. 3: 2
【答案】A
【解析】设正方体棱长为a，
因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球O 的直径大小为正方体的面对角线长度，
1 1
2
即半径r= a；
2
3
正方体内接于球O ，则球O 的直径大小为正方体的体对角线长度，即半径R= a；
2 2 2
2
 a
r2 2
所以球O 与球O 的表面积之比为 =
1 2 R2

2
3
 a
2

2
= .
2 3
故选：A.
2521 (2024·全国·高三专题练习)已知正三棱柱ABC-ABC 的体积为18，若存在球O与三
1 1 1
棱柱ABC-ABC 的各棱均相切，则球O的表面积为 ( )
1 1 1
A.8π B.12π C.16π D.18π
【答案】C
【解析】设正三棱柱ABC-ABC 的底面边长为a，高为b，上底面中心为O ，下底面中
1 1 1 1
心为G，
连接OG，则球O的球心O在OG的中点上，设球O切棱AA 于F，切棱BC于E，
1 1 1
则F、E分别为所在棱的中点，
3
由题意V = a2b=18，①
ABC-A1B1C1 4
第 页 共 页
1483 3427a 3 3
因为OF=AG= = a，GE= a，
π 3 6
2sin
3
b b2 a2
又OG= ，所以OE= OG2+GE2= + ，
2 4 12
3 b2 a2
所以 a= + ，解得a=b，②
3 4 12
联立①②可得a=b=2 3，
3
所以球O的半径为R= a=2，
3
所以球O的表面积为S=4πR2=4π×22=16π，
故选：C.
2522 (2024·全国·高三专题练习)已知球与棱长为2的正方体的各条棱都相切，则球内接圆柱
的侧面积的最大值为 ( )
A.2π B.4π C.6π D.20π
【答案】B
【解析】由题意知球的直径等于正方体面的对角线长，
h 所以球的半径R= 2，设圆柱的高为h，则底面圆半径r= R2-
2
 2 h2 = 2- ，
4
h2 1
所以S =2πrh=2π 2- ⋅h=2π - h2-4
侧面积 4 4
 2+4
当h2=4时取得最大值，且最大值为4π.
故选B
2523 (吉林省吉林市2024届高三第四次数学(理)调研试题)已知正三棱柱ABC-ABC(底
1 1 1
面为正三角形且侧棱与底面垂直)，它的底面边长为2，若存在一个球与此正三棱柱的所有
棱都相切，则此正三棱柱的侧棱长为 .
【答案】2
【解析】如图，作正三棱柱ABC-ABC 的中截面正△ABC，作上下底面三角形内切
1 1 1
圆，
与正三棱柱的所有棱都相切的球必过△ABC的外接圆和上下底面内切圆，
取上下底面内切圆心O 、O，连接OO，取OO中点M，M为△ABC的外心，
1 1 1
以M为球心，以OA'为半径的球，此球即为与正三棱柱ABC-ABC 的球，
1 1 1
1 1 3 2 3
于是NO= AN= ⋅AB⋅sin60°= ，MN=MA'=2NO= ，
3 3 3 3
所以MO= MN2-NO2=1，OO=2MO=2，
1
故答案为：2
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1484 34272524 (福建省三明市2024届高三上学期期末质量检测数学试题)已知直三棱柱ABC-
ABC 的侧棱长为2 3，底面为等边三角形.若球O与该三棱柱的各条棱都相切，则球
1 1 1
O的体积为 .
32π
【答案】
3
【解析】由题意三棱柱ABC-ABC 是正三棱柱，M,N分别是棱柱下底面和上底面的
1 1 1
中心，由对称性知MN中点为球O的球心，取AB中点E(为切点)，则OE=MB(MB等
于O到棱BB 距离．设球半径为R，
1
1 1
由正三角形性质知EM=DM= BM= R，
2 2
1 MN与底面垂直，则必与底面上直线EM垂直，因此R2- R
2
 2 =OM2=( 3)2，解得R
=2，
4 4π 32π
球体积为V= πR3= ×23= ．
3 3 3
32π
故答案为： ．
3
2525 已知正三棱柱ABC-ABC ，若有一半径为4的球与正三棱柱的各条棱均相切，则正
1 1 1
三棱柱的侧棱长为 .
【答案】4 3
【解析】设底面△ABC外接圆圆心G,如图
第 页 共 页
1485 3427因为△ABC的外接圆即为球的大圆，且r=4，
则GA=GB=GC=4，从而正△ABC边长4 3,
设球心O，由题意知E、D在球面上，OE=OD=4,
1
F为DE中点，则OF⊥DE, OF=GD= GC=2，
2
在Rt△OEF中，OE=4, OF=2, ∴EF=2 3，
∴DE=4 3
∴侧棱AA =4 3，
1
故答案为：4 3
2526 (广东省茂名市五校联盟2024届高三上学期第二次联考数学试题)已知正三棱柱的高
等于1.一个球与该正三棱柱的所有棱都相切，则该球的体积为 ( )
π 4 3π 4π 4 3π
A. B. C. D.
6 27 3 3
【答案】B
【解析】如图，作正三棱柱ABC-ABC 的中截面正△A′B′C′，作上下底面三角形内切
1 1 1
圆，
与正三棱柱的所有棱都相切的球必过△A′B′C′的外接圆和上下底面内切圆，
取上下底面内切圆心O 、O，连接OO，取OO中点M，M为△A′B′C′的外心，
1 1 1
以M为球心，以MA′为半径的球，此球即为与正三棱柱ABC-ABC 所有棱都相切的
1 1 1
球，
∴ON 
1
= AN
3

1 3
= ⋅ ×AB
3 2

3
= AB
4
 ，MN  =MA  =OA  =2ON  =
3
AB
2
 ，OM 
1
= ，
2
在直角△OMN中，由OM|2+  ON|2=|MN|2得， 1 + 3 AB 2 = 3
4 16 4
 AB|2，AB  2 = ，
3
∴球的半径MN 
3 2 3
= × = ，
2 3 3
4πR3 4π 1 1 4 3π
∴球的体积V= = × ⋅ = .
3 3 3 3 27
故选：B.
第 页 共 页
1486 342721 题型二十一：棱切球之正四面体模型
2527 (2024·全国·高一期中)已知某棱长为2 2的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该
球与此正四面体的体积之比为 ( )
π π 3π 2π
A. B. C. D.
2 3 3 2
【答案】A
【解析】如图，正方体ABCD-ABCD 中，棱长为2，
1 1 1 1
所以，四面体ABDC 是棱长为2 2的正四面体，
1 1
当正四面体的各条棱都与同一球面相切时，该球为正方体的内切球，半径为1，
4π
所以，该球的体积为 ，
3
1 1 16 8
因为正四面体的体积为8-4× × ×2×2×2=8- = ，
3 2 3 3
4π
3 π
所以，该球与此正四面体的体积之比为 = .
8 2
3
故选：A
2528 (2024·陕西西安·高一校联考期中)所有棱长均相等的三棱锥构成一个正四面体，则该正
四面体的内切球与外接球的体积之比为 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
27 3 3 2 2 8
【答案】A
【解析】
第 页 共 页
1487 3427如图，设E为正三角形BCD的中心，连接AE，
根据对称性可知正四面体的内切球和外接球共球心且球心O在线段AE上，
1 2a 2 3
连接BO,AE，设正四面体的棱长为2a，则BE= × = a，
2 π 3
sin
3
4a2 2 6
故AE= 4a2- = a．
3 3
设外接球的半径为R，则AO=BO=R，
2 3
故R2= a
3

2 2 6
+ a-R
3

2 6
，解得R= a，
2
2 6 6 6 r 1
故内切球的半径为r= a- a= a，所以 = ，
3 2 6 R 3
r
故内切球与外接球的体积之比为
R

3 1
= ，
27
故选：A．
2529 (2024·江西南昌·高二进贤县第一中学校考期中)球与棱长为3 2的正四面体各条棱都
相切，则该球的表面积为 ( )
A.6π B.18π C.9π D.10π
【答案】C
【解析】将正四面体补形为一个正方体如图所示(红色线条表示正四面体)，则正四面体的
棱为正方体的面对角线，
因为球与正四面体的各条棱都相切，所以球与正方体的各个面都相切，所以所求的球为
正方体的内切球，
3 2 3
又因为正方体的棱长为 =3，所以球的半径R= ，
2 2
3
所以球的表面积为：4π⋅
2

2
=9π，
故选：C.
第 页 共 页
1488 34272530 (2024·贵州贵阳·校联考模拟预测)已知球O的表面积为9π，若球O与正四面体S-
ABC的六条棱均相切，则此四面体的体积为 ( )
9 2 9 2
A.9 B.3 2 C. D.
2 8
【答案】A
3
【解析】由S=4πR2=9π，∴R= ，将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正
2
3
四面体的六条棱均相切，∵R= ，∴正方体的棱长为3，则正四面体棱长为3 2，高h=
2
3 2 
2 3
2- × ×3 2
3 2

2 1 1 3
=2 3，∴V= S h= × ×3 2
3 △ABC 3 4
 2×2 3=9，
故选:A．
2531 (2024·全国·高三专题练习)正四面体P-ABC的棱长为4，若球O与正四面体的每一
条棱都相切，则球O的表面积为 ( )
8 2
A.2π B.8π C. π D.12π
3
【答案】B
【解析】将正四面体P-ABC补成一个正方体球O与正四面体的棱都相切．
则球O与正方体的内切球，设正方体边长为a，
∴a2+a2=16,∴a2=8,∴a=2 2,∴r= 2,S=4πr2=8π
故选：B.
22 题型二十二：棱切球之正棱锥模型
第 页 共 页
1489 34272532 (河南省名校2022-2024学年高二下学期5月联考数学试题)已知棱长均为2 3的多面
体ABC-ABC 由上、下全等的正四棱锥A -ABBC 和C-ABBC 拼接而成，其中
1 1 1 1 1 1 1 1
四边形ABBC 为正方形，如图所示，记该多面体的外接球半径为R，该多面体的棱切球
1 1
R
(与该多面体的所有棱均相切的球)的半径为r，则 = ．
r
【答案】 2
【解析】在多面体ABC-ABC 中，O为正方形ABB C 的中心，如图所示：
1 1 1 1 1
由题意可知O既是多面体ABC-ABC 的外接球的球心，也是棱切球的球心，
1 1 1
1
过点O作OH⊥BC 于点H，在Rt△AOC 中，OC = BC = 6，
1 1 1 1 1 2 1
AC =2 3，所以R=OC =OA = 6，
1 1 1 1
所以r=OH= 3，
R 6
所以 = = 2
r 3
故答案为： 2
2533 (河南省多所名校2022-2024学年高三下学期3月月考文科数学试题)在正三棱锥P-
ABC中，AB=6，PA=4 3，若球O与三棱锥P-ABC的六条棱均相切，则球O的表
面积为 ．
【答案】76-32 3  π
【解析】如图示：
第 页 共 页
1490 3427取△ABC的中心E，连接PE，则PE⊥平面ABC，且与棱均相切的球的球心O在PE
上.
连接AE并延长交BC于D，则D为BC的中点，AD⊥BC，连接OD.
因为PE⊥平面ABC，所有PE⊥BC.
因为PE⊂平面PAE，AD⊂平面PAE，AD∩PE=E，所有BC⊥平面PAE.
因为OD⊂平面PAE，所有BC⊥OD
.过O作OF⊥PA，交PA于点F.
球O的半径为r，则OD=OF=r.
3
由题意：△ABC为正三角形，因为AB=6，所以AD=AB×sin60°=6× =3 3，
2
2
AE= ×AD=2 3，ED= 3.
3
因为PA=4 3，AE=2 3，所以PE= PA2-AE2= 4 3  2-2 3  2=6，所以
∠APE=30°.
设OE=t0<t<6  ，所以PO=2OF=2r，因为r= t2+3，所以t+2 t2+3=6，解得:
t=2 3-2，所以r2=2 3-2  2+3=19-8 3，故球O的表面积为76-32 3  π．
故答案为：76-32 3  π
2534 (安徽省马鞍山市2024届高三下学期第二次教学质量监测理科数学试题)球被平面截
下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺
π
的高，球缺的体积公式V= 3R-h
3
 h2，其中R为球的半径，h为球缺的高.若一球与一
所有棱长为6的正四棱锥的各棱均相切，则该球与该正四棱锥的公共部分的体积为
.
【答案】28 6-54  π
【解析】如图，
取BC的中点E，PC的中点F，ABCD的中心为O，连接OP，OE，OF，
一球与一所有棱长为6的正四棱锥的各棱均相切，
可得OP=OC=OA=OB=OD=3 2，OE=OF=3，
所以球O的半径为3，△PBC是正三角形，边长为6，中心为G，
2 1 3
连接PE，PG= PE，EG= × ×6= 3，
3 3 2
OG= 32- 3  2= 6，
所以球缺的高为：3- 6，
该球与该正四棱锥的公共部分的体积为：
1 4π π
× ×33-4× 3×3-3- 6
2 3 3
   ×3- 6  2=28 6-54  π.
故答案为：28 6-54  π.
第 页 共 页
1491 34272535 (2024·全国·高三专题练习)正三棱锥P-ABC的底面边长为2 3，侧棱长为2 2，若球
H与正三棱锥所有的棱都相切，则这个球的表面积为 ( )
17 9
A. π B.(44-16 6)π C. π D.32π
4 2
【答案】B
【解析】设底面ABC的外接圆的圆心为O，连接PO,AO，延长AO交BC于N，
球H与棱PA,BC分别切于M,N，设球H的半径为r，
3 3
则AO= ×2 3=2，ON= ×2 3-2=1，
3 2
而PO⊥底面ABC，所以PO⊥AO，可得PO= 8-4=2，
在直角三角形ONH中，OH= r2-1，1<r<2 2，
在直角三角形PMH中，PM=MH=r,PH= 2r，
所以PO=PH+OH，即有2= 2r+ r2-1，解得r=2 2- 3，
则这个球的表面积为4πr2=4π×2 2- 3  2=44-16 6  π．
故选：B
2536 (2024·全国·高三专题练习)在三棱锥A-BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AB=AC
=AD=2，若球与三棱锥各棱均相切，则该球的表面积为 ( )
A.4π B.8π C. 24-16 2  π D. 48-32 2  π
【答案】D
  
【解析】如图示，以A为原点，AB,AD,AC分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.
则A0,0,0  ，B2,0,0  ，C0,0,2  ，D0,2,0  .
第 页 共 页
1492 3427设与三棱锥各棱均相切的球的球心为Ox,y,z  ，半径为r，过O作OO ⊥面ABD于 1
O 1， 则O 1x,y,0  .
在底面ABD中，即平面xoy内，直线BD方程为：x+y=2，O 1x,y  ，所以OH= 1
x+y-2  x+y-2
，所以r2=OH2=OO2+OH2，即
2 1 1 2

2
+z2=r2①.
过O作OE⊥AB于E，过O作OF⊥AC于F，过O作OG⊥AD于G，过O 作OH
1 1
⊥DB于H.
由OF=OA得：x2+y2=r2②.
1
同理可得：x2+z2=r2③，y2+z2=r2④.
②③④联立可得x=y=z.
x=2- 2

y=2- 2
把x=y=z与①联立，解得： .

z=2- 2

  r2=12-8 2
所以该球的表面积为4πr2=4π12-8 2  =48-32 2  π.
故选：D
2537 (2024·湖北武汉·高一武汉市第一中学校考阶段练习)与正三棱锥6条棱都相切的球称
为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为2 6，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切
球半径为 ( )
A. 6-2 B. 6+2 C.6 2-4 3 D.6 2+4 3
【答案】C
【解析】如图三棱柱S-ABC为正三棱锥，且底面边长AB=BC=AC=2 6，侧棱SA
=SB=SC=3
设正三棱锥的棱切球球心为O，半径为R，则顶点S在底面的投影为N也为△ABC的中
心，取AB的中点，连接OM，过O点作OH⊥SC垂足为H，则OM=OH=R，设ON=
h，
第 页 共 页
1493 3427在Rt△CMB中CM= CB2-MB2= 2 6  2- 6  2=3 2，
2 1
因为N为△ABC的中心，则NC= MC=2 2，MN= MC= 2，
3 3
在Rt△OMN中OM2=ON2+MN2即R2=h2+2；
在Rt△SNC中，SN2=SC2-NC2，即SN= 32-2 2  2=1，
在Rt△ONC中，OC2=ON2+NC2，则OC= ON2+NC2= SN-ON  2+NC2=
h2+2 2  2；
在Rt△OSH中，SH2=OS2-OH2，则SH= 1-h  2+R2，
在Rt△OCH中，HC2=OC2-OH2，则HC= h2+2 2   2  2-R2，
又因为SH+HC=SC，则 1-h  2+R2+ h2+2 2   2  2-R2=3，化简得R=
2 2
1-h
3
 ，
R2=h2+2
由 2 2
R= 1-h
3


 得R2-12 2R+24=0解得R=6 2-4 3.
故选：C.
2538 (2024·江苏·高一专题练习)在正三棱锥P-ABC中，AB=6,PA=4 3，若球O与三棱
锥P-ABC的六条棱均相切，则球O的表面积为 ( )
A. 16-8 3  π B. 19-8 3  π C. 76-32 3  π D. 19+8 3  π
【答案】C
【解析】取△ABC的中心E，连接PE，
则PE⊥平面ABC，且与棱均相切的球的球心O在PE上，
连接AE并延长交BC于D，则D为BC的中点，AD⊥BC，
连接OD，易证BC⊥OD，
过O作OF⊥PA，交PA于点F，
设球O的半径为r，则OD=OF=r，
第 页 共 页
1494 3427由题意易求得AD=3 3,AE=2 3,ED= 3，
由勾股定理得PE= PA2-AE2= 48-12=6，
AE 2 3 1
在Rt△PAE中，sin∠APE= = = ，所以∠APE=30°，
AP 4 3 2
设OE=t(0<t<6)，则PO=2OF=2r，
因为r=OD= ED2+OE2= t2+3，从而t+2 t2+3=6，所以t=2 3-2，
所以r2=(2 3-2)2+3=19-8 3，
故球O的表面积为76-32 3  π.
23 题型二十三：多球相切问题
2539 (2024·浙江温州·乐清市知临中学校考二模)如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开
路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型
龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最
大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与
中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2 6，则模型中九个球的
表面积和为 ( )
31π
A.6π B.9π C. D.21π
4
【答案】B
【解析】如图，取BC的中点E，连接DE，AE，则CE=BE= 6，AE=DE= 24-6=
3 2，
过点A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2EF，
所以DF=2 2,EF= 2，故AF= AD2-DF2= 24-8=4，
第 页 共 页
1495 3427点O为最大球的球心，连接DO并延长，交AE于点M，则DM⊥AE，
设最大球的半径为R，则OF=OM=R，
AO OM 4-R R
因为Rt△AOM∽Rt△AEF，所以 = ，即 = ，解得R=1，
AE EF 3 2 2
OM 1
即OM=OF=1，则AO=4-1=3，故sin∠EAF= =
AO 3
设最小球的球心为J，中间球的球心为K，则两球均与直线AE相切，设切点分别为H,G，
连接HJ,KG，则HJ,KG分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为a,b，
则AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b，则JK=AK-AJ=3b-3a，
又JK=a+b，所以3b-3a=a+b，解得b=2a，
1
又OK=R+b=AO-AK=3-3b，故4b=3-R=2，解得b= ，
2
1
所以a= ，
4
模型中九个球的表面积和为4πR2+4πb2×4+4πa2×4=4π+4π+π=9π.
故选：B
2540 (2024·江西赣州·高一江西省龙南中学校考期末)已知正四面体的棱长为12，先在正四面
体内放入一个内切球O ，然后再放入一个球O ，使得球O 与球O 及正四面体的三个侧
1 2 2 1
面都相切，则球O 的体积为 ( )
2
A. 6π B.2 3π C.2 2π D. 3π
【答案】A
【解析】
如图，正四面体V-ABC，设点O是底面ABC的中心，点D是BC的中点，连接VO,
第 页 共 页
1496 3427VD.
则由已知可得，VO⊥平面ABC，球心O,O 在线段VO上，球O,O 切平面VBC的切
1 2 1 2
点在线段VD上，分别设为D,D .
1 2
则易知△VDO ∽△VOD，△VD O ∽△VDO ，设球O,O 的半径分别为r,r .
1 1 2 2 1 1 1 2 1 2
1
因为AD= AB2-BD2=6 3，根据重心定理可知，OD= AD=2 3.
3
VD=6 3，VO= VD2-OD2=4 6，OO =OD =r ，OO =r +r ，O D =r .
1 1 1 1 1 2 1 2 2 2 2
OD VO VO-OO
由△VDO ∽△VOD可得， 1 1 = 1 = 1，
1 1 OD VD VD
r 4 6-r
即 1 = 1，解得，r = 6，所以VO =3 6.
2 3 6 3 1 1
O D VO VO -OO
由△VD O ∽△VDO 可得， 2 2 = 2 = 1 1 2，
2 2 1 1 OD VO VO
1 1 1 1
r 2 6-r 6
即 2 = 2，解得r = ，
6 3 6 2 2
4 4 6
所以，球O 的体积为 πr3= π×
2 3 2 3 2

3
= 6π.
故选：A.
2541 (2024·山东德州·高一德州市第一中学校考期末)如图是某零件结构模型，中间大球为正
四面体的内切球，小球与大球和正四面体三个面均相切，若AB=12，则该模型中一个小
球的体积为 ( )
3π 9 6π
A.3π B. C. 6π D.
2 16
【答案】C
【解析】如图所示，
设O为大球的球心，大球的半径为R，大正四面体的底面中心为E，棱长为AB=12，高
为h，
CD的中点为F，连接OA，OB，OC，OD，OE，BF，
第 页 共 页
1497 34272 3 6
则BE= BF= ×12=4 3，正四面体的高h=AE= AB2-BE2= ×12=
3 3 3
4 6.
1 1 1
因为V =4V ，所以 ×S h=4× ×S ×R，所以R= h= 6，
正四面体 O-ABC 3 △ABC 3 △ABC 4
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，
1 1 6
且小正四面体的高h =h-2R=2 6，所以r= h = ×2 6= ，
小 4 小 4 2
4 4 6
所以小球的体积为 πr3= π×
3 3 2

3
= 6π.
故选：C
2542 (2024·全国·高三专题练习)如图，在一个底面边长为2，侧棱长为 10的正四棱锥P-
ABCD中，大球O 内切于该四棱锥，小球O 与大球O 及四棱锥的四个侧面相切，则小
1 2 1
球O 的表面积为 ．
2
π
【答案】
2
【解析】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则OM=
1，PM= PA2-AM2= 10-1=3，PO= 9-1=2 2，
如图，在截面PMO中，设N为球O 与平面PAB的切点，则N在PM上，
1
且ON⊥PM，设球O 的半径为R，则ON=R，
1 1 1
OM 1 NO 1
∵sin∠MPO= = ，∴ 1 = ，则PO =3R，PO=PO +OO =4R=2 2，
PM 3 PO 3 1 1 1
1
2
∴R= ，
2
设球O 与球O 相切于点Q，则PQ=PO-2R=2R，
1 2
R 2
设球O 的半径为r，同理可得PQ=4r，∴r= = ，
2 2 4
π
故小球O 的表面积4πr2= .
2 2
π
故答案为：
2
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1498 34272543 (2024·全国·高一专题练习)棱长为2 3的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形
成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的表面积最大为 ( )
π
A. B.π C. 2π D. 3π
2
【答案】A
【解析】
如图，由题意知球和正四面体A-BCD的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内
切球球心为O，半径为R，空隙处的最大球球心为O ，半径为r，
1
G为△BCD的中心，易知AG⊥面BCD，E为CD中点，球O和球O 分别与面ACD相
1
切于F和H.
易得BE= 2 3  2- 3 
2
2=3，BG= BE=2，AG= 2 3
3
 2-22=2 2，
由V =V +V +V +V ，
A-BCD O-BCD O-ABC O-ABD O-ACD
3V
可得R= A-BCD ，
S +S +S +S
△BCD △ABC △ABD △ACD
1 1 3
又V = ×2 2× ×2 3×2 3× =2 6，S =S =S =S =
A-BCD 3 2 2 △BCD △ABC △ABD △ACD
1 3
×2 3×2 3× =3 3，
2 2
2 2
故R= ，AO =AG-GO =2 2-2× -r= 2-r，AO=AG-GO=2 2
2 1 1 2
2 3 2
- = ，
2 2
AO OH 2-r r 2
又由△AOH和△AOF相似，可得 1 = 1 ，即 = ，解得r= ，
1 AO OF 3 2 2 4
2 2
2
即小球的最大半径为 .
4
2
所以小球的表面积最大值为4π×
4

2 π
= .
2
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1499 3427故选：A
2544 (2024·全国·高三专题练习)已知球O是棱长为24的正四面体ABCD的内切球，球O
1
与球O外切且与正四面体的三个侧面都相切，则球O 的表面积为 ( )
1
A.24π B.12π C.8π D.6π
【答案】A
【解析】如图，设球O的半径为R，球O 半径为r，由正四面体的性质，取CD中点E，连
1
接EA,EB，AG是棱锥的高，且与两球分别切于点H,F，AO交BE于G，则AG与底面
1 3 3 3
垂直，G是底面中心．记正四面体棱长为a，则GE= × a= a，AE= a，
3 2 6 2
6
在△ABE中，AG= AE2-GE2= a，
3
由△AOF∼△AEG
6
a-R
OF AO R 3 6
= ，所以 = ，解得R= a，
GE AE 3 3 12
a a
6 2
OH AO
又由OH⎳OF(它们在平面ABE内都与AE垂直)得 1 = 1，
1 OF AO
r AG-2R-r
即 = ，a=24，代入解得r= 6，
R AR-R
所以球的表面积为S=4πr2=4π×( 6)2=24π．
故选：A．
2545 (2024·全国·高一专题练习)四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四
面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为 ( )
A.(168+48 6)π B.(168+42 6)π C.(188+48 6)π D.(168+32 6)π
【答案】A
【解析】如图1所示，正四面体ABCD中，AH⊥底面BCD，E、F、G、K为四个球的球
心，M为CD中点，连接BM，AM，易知B、H、M三点共线，直线AH交平面EFG于点
H ，连接EH ，交GF于点N，则N为GF的中点，因为内切球半径为2，故EF=4，画出截
1 1
面ABM如图2所示，正四棱锥EFGK外接球球心设为O，则正四面体ABCD的外接球
球心与正四面体EFGK外接球球心重合，设正四面体ABCD的外接球半径为R，正四面
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1500 34272 4 3
体EFGK外接球半径为r，在图2中，EK=4，EN=2 3，EH = EN= ，KH =
1 3 3 1
4 6 4 6
= ，所以OH = -r
3 1 3
4 6
由OE2=OH2+EH2，即r2= -r
1 1 3

2 4 3
+
3

2
，解得：r= 6
4 6 6
所以OH = -r=
1 3 3
过点E作EP⊥BM于点P，则EP=2
则△BEP∽△OEH
1
6
OE OH 6 3
∴ = 1， =
BE EP BE 2
解得：BE=6
∴R=OB=BE+OE=6+ 6
∴正四面体ABCD的外接球表面积S=4πR2=168+48 3  π
故选：A.
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1501 3427